Fichero 4

Apuntes Álgebra II
1.
Construcciones con regla y compás
Queremos encontrar una formalización matemática de algunos problemas clásicos de la
geometrı́a plana y espacial, como son los siguientes.
Trisección del ángulo: dado un ángulo θ, ¿es posible construir, con regla y compás, un
ángulo de medida θ/3?
Cuadratura del cı́rculo: dado un cı́rculo de área A, ¿es posible construir, con regla y
compás, un cuadrado con el mismo área?
Duplicación del cubo: dado un cubo de volumen V , ¿es posible construir, con regla y
compás, un cubo de volumen 2V ?
Definición 1.1. Sea S ⊂ R2 un conjunto. Se dice que un punto x ∈ R2 es constructible en
un paso de S si se obtiene de una de las siguientes maneras:
como intersección de dos rectas, p1 p2 y q1 q2 , con pi , qi ∈ S;
como intersección de una recta, p1 p2 , y una circunferencia, C(q1 , q2 ), con centro en q1
y que pasa por q2 , con pi , qi ∈ S; o
como intersección de dos circunferencias, C(p1 , p2 ) y C(q1 , q2 ), con pi , qi ∈ S.
Se dice que un punto x ∈ R2 es constructible de S si existe unaSsucesión finita de puntos,
{x1 , x2 , . . . , xn = x} tal que xi es constructible en un paso de S ∪ i−1
j=1 {xj }.
Evidentemente, las rectas p1 p2 y q1 q2 del primer apartado, ası́ como las circunferencias
C(p1 , p2 ) y C(q1 , q2 ) del tercero, deben ser distintas. En caso contrario, todo punto de R2
serı́a constructible (ejercicio: convencerse de ello), lo cual harı́a inútil este concepto.
El problema de la trisección del ángulo viene dado por dos semirrectas, que definen el
ángulo θ. En el marco de la definición anterior, podemos definir un conjunto S dado por tres
puntos: la intersección de las semirrectas que forman el ángulo, y dos puntos que determinan
éstas. En particular, podemos tomar S = {(0, 0), (1, 0), (cos θ, sin θ)}.
Lema 1.2. El problema de la trisección del ángulo tiene una respuesta positiva si y sólo si el
punto (cos ϕ, sin ϕ) es constructible del conjunto {(0, 0), (1, 0), (cos 3ϕ, sin 3ϕ)}.
Demostración. Por un lado, basta observar que el punto (cos ϕ, sin ϕ) es la intersección de
la circunferencia C((0, 0), (1, 0)) con la semirrecta que trisecta el ángulo 3ϕ. Recı́procamente,
esta semirrecta viene determinada por los puntos (0, 0) y (cos ϕ, sin ϕ).
Q.E.D.
Podemos razonar análogamente en los otros dos problemas. Las demostraciones de los
lemas siguientes quedan como ejercicios.
1
Lema 1.3. El problema de la cuadratura del cı́rculo tiene una respuesta positiva si y sólo si
√
el punto ( π, 0) es constructible de {(0, 0), (1, 0)}.
Lema 1.4.
√ El problema de la duplicación del cubo tiene una respuesta positiva si y sólo si el
punto ( 3 2, 0) es constructible de {(0, 0), (1, 0)}.
El resultado que sigue nos da una idea de lo que hemos ganado con esta “formulación
formal” de los problemas planteados al principio del capı́tulo.
Lema 1.5. Sea S = {si = (ai , bi )}ni=1 ⊂ R2 (n ≥ 2). Si s = (a, b) es constructible de S,
podemos expresar a y b en función de {ai , bi }ni=1 utilizando operaciones algebraicas y raı́ces
cuadradas.
Demostración. Por inducción, basta comprobar que el resultado es cierto para puntos
constructibles en un paso. La demostración, en este caso, se reduce a la inspección de cada
uno de las tres maneras de obtener constructibles en un paso.
1
1
= ax−a
, y C(s3 , s4 )
Por ejemplo, en el segundo caso, sea la recta s1 s2 , de ecuación by−b
2 −b1
2 −a1
2
2
2
2
la circunferencia, de ecuación (x − a3 ) + (y − b3 ) = (a4 − a3 ) + (b4 − b3 ) . Los puntos
de intersección se obtienen de la solución del sistema de segundo grado formado por las dos
ecuaciones, por lo que sus coordenadas son expresables mediante operaciones algebraicas y
raı́ces cuadradas.
Los otros dos casos se demuestran análogamente (ejercicio).
Q.E.D.
La Teorı́a de Galois, que desarrollaremos de aquı́ en adelante, nos permitirá estudiar, entre
otras cosas, la resolubilidad del problema algebraico al que hemos reducido la trisección del
ángulo, la cuadratura del cı́rculo y la duplicación del cubo.
2
2.
Conceptos básicos de anillos
En teorı́a de grupos, disponemos de un conjunto con una única operación. Sin embargo,
estamos acostumbrados a trabajar con números enteros, racionales, reales y complejos, en los
cuales existen dos operaciones. La estructura de anillo es una abstracción de las propiedades,
intuitivamente evidentes, de estos números.
Definición 2.1. Un anillo (R, +, ·) es un conjunto R dotado de dos operaciones binarias,
llamadas suma (+) y producto (·), tales que
(R, +) es un grupo abeliano,
(R, ·) es un monoide (i.e., la operación es cerrada y asociativa), y
se cumplen las siguientes propiedades distributivas
a · (b + c) = a · b + a · c,
(a + b) · c = a · c + b · c,
∀a, b, c ∈ R.
Denotaremos por 0 el elemento neutro respecto de la suma, y por −r al inverso de r ∈ R
respecto de la misma operación.
Si existe elemento neutro para el producto, denotado por 1 y llamado elemento unidad, el
anillo se dice unitario. Si el producto es conmutativo, el anillo se dice conmutativo.
De hecho, son las propiedades distributivas, a través de las cuales ambas operaciones
interactúan, las que dotan a Z, Q, R, C y a otros anillos de su riqueza de propiedades.
Ejemplos. 1. Z con las operaciones usuales de suma y producto es un anillo conmutativo
unitario.
2. 2Z = {2n : n ∈ Z}, de nuevo con las operaciones habituales, es un anillo conmutativo,
pero no posee elemento unidad.
a b
3. Dado un anillo R, el conjunto M2 (R) =
: a, b, c, d ∈ R con las operaciones
c d
conocidas de suma y multiplicación
de matrices, es un anillo no conmutativo (y unitario
1 0
si R lo es, con elemento unidad
).
0 1
4.
Dado un anillo R, el conjunto R[X] de polinomios en la indeterminada X con coeficientes en R es un anillo. De igual manera, podemos considerar polinomios en más
indeterminadas, definiendo R[X, Y ] = R[X][Y ].
Definición 2.2. Sea R un anillo. Se dice que S ⊂ R es un subanillo de R si (S, +) < (R, +)
y el producto es cerrado en S.
Alternativamente, se dice que S ⊂ R es un subanillo de R si S satisface, por sı́ mismo,
los axiomas de anillo.
Ejemplos.
1.
2Z < Z.
2. R < R[X].
3
Lema 2.3. Sea R un anillo, r, s ∈ R. Entonces,
∀r ∈ R,
1.
r0 = 0r = 0,
2.
(−r)s = −(rs).
Demostración. Ambas propiedades son consecuencias sencillas de la propiedad distributiva.
1. r0 = r(0 + 0) = r0 + r0, y la estructura de grupo de R con respecto a la suma nos
permite restar miembro a mienbro, para obtener r0 = 0. Análogamente se demuestra
0r = 0.
2. rs+(−r)s = [r +(−r)]s = 0s = 0, y la afirmación del enunciado se deduce de la unicidad
del elemento inverso.
Q.E.D.
Un papel similar al que jugaban los subgrupos normales en la teorı́a de grupos es el que
van a desempeñar los ideales en la teorı́a de anillos.
Definición 2.4. Sea R un anillo. Un ideal de R es un subconjunto I ⊂ R tal que
(I, +) < (R, +), y
∀r ∈ R, ∀m ∈ I, mr ∈ I, rm ∈ I.
Denotaremos I R.
Evidentemente, todo ideal es subanillo.
Ejemplos.
1. R = Z, I = 2Z.
2. R = C[X], I = {P ∈ C[X] : P (1) = 0}.
0 a
Ejercicio. Sean R = M2 (C), I =
∈ M2 (C) . Demostrar que I es un subanillo,
0 b
pero no un ideal, de R.
Ejercicio. Demostrar que la intersección de una colección arbitraria de ideales de un anillo
R es, de nuevo, un ideal de R.
Definición 2.5. Sea S un subconjunto de un anillo R. El menor ideal de R que contiene a S
se llama ideal generado por S, denotando (S). Ası́, (S) es la intersección de todos los ideales
que contienen a S.
Lema 2.6. Sea R un anillo unitario. Entonces, (1) = R.
Demostración. Sea r ∈ R. Como 1 ∈ (1), se debe tener r1 = r ∈ (1) para todo r ∈ R. Por
tanto, (1) = R.
Q.E.D.
Lema 2.7. Para todo anillo R, {0} R.
4
Los ideales de un anillo R son subgrupos normales del grupo (R, +), ya que éste es abeliano.
Ası́, podemos considerar el conjunto cociente R/I. De la teorı́a de grupos, sabemos que la
operación de suma de clases de equivalencia (r + I) + (s + I) = (r + s) + I está bien definida,
y que, con ella, (R/I, +) es un grupo abeliano.
Para poder considerar el anillo cociente R/I, definimos el producto de clases de equivalencia
según
(r + I)(s + I) = rs + I.
Teorema 2.8.
1.
El producto de clases de equivalencia dado arriba está bien definido, i.e., no depende de
la elección de representantes.
2.
R/I con estas operaciones es un anillo.
Demostración.
1.
Sean r+I = r0 +I, s+I = s0 +I. Entonces, existen a, b ∈ I tales que r0 = r+a, s0 = s+b.
Utilizando la definición de ideal, se tiene
r0 s0 + I = (r + a)(s + b) + I = rs + as + rb + ab + I = rs + I.
2.
(R/I, +) es un grupo abeliano, y la asociatividad del producto es evidente. Queda como
ejercicio la demostración de la validez de las propiedades distributivas.
Q.E.D.
Al igual que los homomorfismos de grupos conservaban la operación de éste, los homomorfismos de anillos habrán de conservar las operaciones de suma y producto.
Definición 2.9. Sean R, S dos anillos. Un homomorfismo de anillos es una aplicación ϕ :
R −→ S tal que para todos r, s ∈ R se cumple
ϕ(r + s) = ϕ(r) + ϕ(s), y
ϕ(rs) = ϕ(r)ϕ(s).
Es importante notar que todo homomorfismo de anillos f : (R, +, ·) −→ (S, +, ·) es también
un homomorfismo de grupos f : (R, +) −→ (S, +).
Definición 2.10. Sea ϕ : R −→ S un homomorfismo de anillos. Se definen la imagen y el
núcleo de ϕ:
im ϕ = {s ∈ S : ∃r ∈ R, ϕ(r) = s}
ker ϕ = {r ∈ R : ϕ(r) = 0}
Existen análogos en anillos de los importantes teoremas de correspondencia e isomorfı́a de
la teorı́a de grupos.
Teorema 2.11 (Teorema de correspondencia). Sea R un anillo, I R.
5
1.
Si J es un ideal de R con I ⊂ J, entonces J/I es un ideal de R/I. Además, si K es
otro ideal de R conteniendo a I, J = K si y sólo si J/I = K/I.
2.
Sea L un ideal de R/I. Entonces, J = {x ∈ R : x + I ∈ L} R, I ⊂ J, y L = J/I.
Demostración.
1.
Queda como ejercicio demostrar que J/I R/I. De la unicidad, la implicación directa
es evidente. Para comprobar la inversa, veamos que K < J, J < K. En efecto, para
cada k ∈ K, se tiene
∃j ∈ J : k + I = j + I ⇒ k − j ∈ I ⇒ ∃a ∈ I : k = j + a ∈ J.
Recı́procamente, para cada j ∈ J,
∃k ∈ K : j + I = k + I ⇒ j − k ∈ I ⇒ ∃b ∈ I : j = k + b ∈ J.
2.
Es también un ejercicio demostrar que J es un ideal de R. Es claro que I ⊂ J, ya que
para todo i ∈ I se tiene i+I = I ∈ L. Veamos que L = J/I. Por un lado, si l = a+I ∈ L,
se tiene a ∈ J por definición, de donde a + I ∈ J/I. Recı́procamente, para todo j ∈ J,
es j + I ∈ J/I, y, de nuevo por la definición de J, se tiene j + I ∈ L.
Q.E.D.
Teorema 2.12 (Primer teorema de isomorfı́a de anillos). Sean R, S dos anillos, y
f : R −→ S un homomorfismo entre ellos. Entonces,
1.
ker f R,
2.
im f < S, y
3.
R/ker f ∼
= im f .
Demostración.
1.
Sean r ∈ R, a ∈ ker f . Entonces, f (ra) = f (r)f (a) = f (r)0 = 0, luego ra ∈ ker f .
Análogamente, f (ar) = f (a)f (r) = 0f (r) = 0 y ar ∈ ker f . Que (ker f, +) < (R, +) se
deduce del primer teorema de isomorfı́a de grupos.
2. Ejercicio.
3. Sea g : R/ker f −→ im f definido según g(r + ker f ) = f (r). Esta aplicación está bien
definida, pues, si r + ker f = s + ker f , ∃a ∈ ker f tal que r = s + a, de donde
g(r + ker f ) = f (r) = f (s + a) = f (s) + f (a) = f (s) + 0 = f (s) = g(s + ker f ).
Además, g es homomorfismo, pues f lo es. Es inyectivo, por el mismo argumento que
asegura que está bien definido. Por último, es sobreyectivo, ya que todo s ∈ im f es
s = f (r) = g(r + ker f ) para algún r ∈ R.
Q.E.D.
6
3.
Conceptos básicos de cuerpos
En anillos, no existen, en general, inversos multiplicativos, y, por tanto, no disponemos de
la operación de división. Debemos extender la estructura de anillo para asegurar su existencia.
Definición 3.1. Sea R un anillo unitario. Un elemento r ∈ R se llama unidad si existe otro
elemento s ∈ R tal que rs = sr = 1. Se denota U (R) al conjunto de unidades de R.
Ejemplos.
1. U (Z) = {1, −1}.
2. U (Q) = Q∗ = Q\{0}.
Lema 3.2. Sea R un anillo unitario. (U (R), ·) posee estructura de grupo.
Demostración. Es evidente que el inverso multiplicativo de un elemento r ∈ R pertenece a
R, ya que la definición de unidad es simétrica. Por otro lado, sean r, s ∈ U (R), de modo que
existen r−1 , s−1 ∈ R. Entonces,
(rs)(s−1 r−1 ) = r(ss−1 )r−1 = r1r−1 = rr−1 = 1,
(s−1 r−1 )(rs) = s(rr−1 )s−1 = s1s−1 = ss−1 = 1,
i.e., rs ∈ U (R) y (rs)−1 = s−1 r−1 .
Q.E.D.
Ejemplo. Sea R = Z[i] = {a + bi : a, b ∈ Z}, el anillo de los enteros gaussianos. Como
−1 ∈ U (Z[i]) si y sólo si a2 + b2 = 1,
(a + bi)−1 = aa−bi
2 +b2 sobre los complejos, se tiene que (a + bi)
por lo que U (R) = {1, −1, i, −i}.
Definición 3.3. Un cuerpo es un anillo conmutativo unitario K tal que U (K) = K\{0}.
Conocemos ya algunos ejemplos de cuerpos: Q, R y C. Otros menos triviales son los Zp ,
con p primo (recordar que U (Zp ) = Z∗p si y sólo si p es primo).
Teorema 3.4. Sea R un anillo conmutativo unitario. Entonces, R es un cuerpo si y sólo si
posee únicamente los ideales {0} y R.
Demostración. (⇒) Supongamos que R es cuerpo, y sea {0} =
6 I R. Si 0 6= r ∈ I, existe
r−1 ∈ R, de modo que rr−1 = r−1 r = 1 ∈ R. Pero (1) ⊂ I implica (1) = R.
(⇐) Supongamos que R posee únicamente los ideales impropios. Sea 0 6= r ∈ R, e I =
rR = {rs : s ∈ R} (es un ejercicio demostrar que rR R si R es conmutativo). Pero I 6= {0},
ya que r = r1 ∈ I, por lo que debe ser I = R. En particular, 1 ∈ I, luego existe s ∈ R tal que
rR 3 rs = 1, por lo que r ∈ U (R).
Q.E.D.
Ejercicio. Sea R un anillo conmutativo unitario. Demostrar que 0 6= r ∈ R es una unidad de
R si y sólo si (r) = rR = R.
En el tema anterior, vimos que si R es un anillo e I un ideal suyo, el conjunto cociente R/I
es un anillo. Veamos bajo qué condiciones este anillo cociente posee estructura de cuerpo.
Definición 3.5. Sea R un anillo, I R. Se dice que I es un ideal maximal de R si I 6= R y
no existe J R tal que I ( J ( R.
7
Corolario 3.6. Sea R un anillo conmutativo unitario, I R. Entonces, I es un ideal maximal
de R si y sólo si I/R es un cuerpo.
Demostración. (⇒) Si I es maximal, el teorema de correspondencia asegura que los únicos
ideales de R/I son {0} y R, por lo que éste es un cuerpo.
(⇐) Si R/I es cuerpo, posee únicamente los ideales {0} y R, por lo que, por el teorema de
correspondencia, no existe ningún ideal J como en la definición de ideal maximal. Q.E.D.
El paso al cociente es una técnica muy poderosa para conseguir demostraciones, pues
podemos pasar de trabajar en un anillo a trabajar en un cuerpo, en el cual disponemos de
inversos multiplicativos.
Ejercicio. (Pequeño teorema de Fermat) Demostrar que xp ≡ x (mód p), con x ∈ Z y p
primo.
Desearı́amos que si rs = rt, se tuviera s = t. Sin embargo, esto no siempre es cierto. Por
ejemplo, en el anillo Z6 , tenemos 3 · 2 = 0 = 3 · 0, pero 2 6= 0 evidentemente.
Definición 3.7. Sea R un anillo. Un elemento 0 6= r ∈ R es un divisor de cero si existe
0 6= s ∈ R tal que rs = 0 ó sr = 0.
Lema 3.8. Sea R un anillo unitario. Si r ∈ U (R), entonces r no es divisor de cero.
Demostración. Supongamos que r ∈ U (R), y que existe 0 6= s ∈ R tal que sr = 0. Entonces,
0 = (sr)r−1 = s, en contradicción con las hipótesis.
Q.E.D.
Corolario 3.9. Un cuerpo no tiene divisores de cero.
Ejemplo. Sea p un número primo, p > 2. Veamos que (p − 1)! ≡ −1 (mód p). Pasando al
cociente, Zp , esta igualdad se escribe
p − 1 p − 2 . . . 2 1 = −1.
(*)
Como primer paso, resolvamos la ecuación a2 = 1 en Zp , utilizando que es un cuerpo y no
tiene divisores de cero.
a2 = 1 ⇐⇒ a2 − 1 = 0 ⇐⇒ (a − 1)(a + 1) = 0 ⇐⇒ a = 1 ó a = −1.
Entonces, si a ∈ Zp , se tiene a = a−1 si y sólo si a ∈ {1, −1}.
S
De esta manera, podemos escribir Z∗p = {1, −1} ∪ a∈Zp \{1,−1} {a, a−1 }. Reagrupando el
producto en (∗),
(p − 1)! = 1 −1 2 2 −1 3 3 −1 . . . = 1 −1 = −1.
Definición 3.10. Sea K un cuerpo. Se dice que un subconjunto F ⊂ K es un subcuerpo de
K si se cumple que:
F es un subanillo de K, y
∀f ∈ F, f 6= 0, se tiene f −1 ∈ F .
8
Ejemplo. Q < R < C.
Ejercicio. Demostrar que la intersección de una colección arbitraria de subcuerpos de un
cuerpo K es de nuevo un subcuerpo de K.
Definición 3.11. Sea S un subconjunto de un cuerpo K. El menor subcuerpo de R que
contiene a S se llama subcuerpo generado por S, denotando (S). Ası́, (S) es la intersección
de todos los subcuerpos que contienen a S.
Existen ejemplos importantes de anillos, que tienen la propiedad, también importante,
de no poseer divisores de cero, pero que no llegan a ser cuerpos, al no disponer de inversos
multiplicativos.
Definición 3.12. Un dominio de integridad es un anillo conmutativo unitario sin divisores
de cero.
Ejemplos.
1.
Todo cuerpo es dominio de integridad.
2. Z.
3. R[X].
Lema 3.13. Sea R un dominio de integridad, y F un cuerpo con R ⊂ F . Se tiene
(R) = {rs−1 : r, s ∈ R, s 6= 0}.
Demostración. La inclusión T = {rs−1 : r, s ∈ R, s 6= 0} ⊂ (R) es trivial, pues (R) es un
cuerpo. Para probar la recı́proca, basta ver que T es un cuerpo (ejercicio).
Q.E.D.
Ejemplo. (Z) = Q, tanto si consideramos Z ⊂ R como Z ⊂ C.
Esta construcción puede hacerse sin necesidad del cuerpo F . En particular, dado un dominio de integridad R, consideramos el conjunto T = {(r, s) : r, s ∈ R, s 6= 0}, y en él la
relación de equivalencia dada por (r1 , s1 ) ∼ (r2 , s2 ) si r1 s2 = r2 s1 . Denotamos por rs la clase
de equivalencia del elemento (r, s). Definiendo las operaciones suma y producto en K = T / ∼
según
r a
rb + sa
r a
ra
+ =
,
· =
,
s b
sb
s b
sb
obtenemos un cuerpo, según asegura el siguiente teorema. A este cuerpo se le denomina cuerpo
de cocientes de R.
Teorema 3.14.
1.
Las operaciones recién definidas no dependen de la elección de representantes.
2.
(K, +, ·) posee estructura de cuerpo.
3.
Existe un homomorfismo inyectivo ϕ : R −→ K.
4.
(ϕ(R)) = K.
5.
Si F es un cuerpo y R ⊂ F , el menor subcuerpo de F que contiene a R es isomorfo a
K.
9
Demostración. Los dos primeros apartados son un ejercicio. Para demostrar el tercero,
sea ϕ(r) = 1r (que es evidentemente un homomorfismo). Veamos que es inyectivo. En efecto,
supongamos que ϕ(r) = 0, con r 6= 0. Entonces, 1r = 0s implica rs = 0, y, por ser R dominio
de integridad y s 6= 0, se tiene r = 0, en contra de las hipótesis.
−1
Además, si 1s ∈ (ϕ(R)), entonces 1s
= 1s ∈ (ϕ(R)), luego 1r 1s = rs ∈ (ϕ(R)), luego
K ⊂ (ϕ(R)). La desigualdad contraria se deduce de la misma definición de (ϕ(R)).
Por último, supongamos que R ⊂ F , con F cuerpo. Entonces, el homomorfismo rs ∈ K 7→
∈ (R) es un isomorfismo de anillos, y, por tanto, también de cuerpos (ejercicio). Q.E.D.
rs−1
Ejemplo. Sea R = K[X] el anillo de polinomios sobre un cuerpo K. El cuerpo de cocientes
P (x)
de R es { Q(x)
: P (x), Q(x) ∈ K[X], Q(X) 6= 0}, el cuerpo de funciones racionales sobre K.
Con el concepto del cuerpo de cocientes en la mano, podemos empezar a comprender la
estructura de un cuerpo cualquiera.
Definición 3.15. Sea K un cuerpo. La caracterı́stica de K, char K, es el menor número
natural tal que 1| + 1 +
{z· · · + 1} = 0. Si no existe tal n, se dice que char K = 0.
n veces
Ejemplos.
2.
1.
Los cuerpos Q, R, C son de caracterı́stica 0.
char Zp = p.
Definición 3.16. Sea K un cuerpo. Se define el subcuerpo primo de K, (∅), como el mı́nimo
subcuerpo contenido en K.
Ejemplos.
2.
1.
En el cuerpo de los números reales, se tiene (∅) = Q.
En Zp , donde p es primo, se tiene (∅) = Zp .
El siguiente teorema afirma que estos ejemplos copan todas las posibilidades, de modo que,
en realidad, son los ejemplos.
Teorema 3.17. Sea K un cuerpo.
1.
Si char K = 0, el subcuerpo primo de K es isomorfo a Q.
2.
Si char K = p, entonces p es primo, y el subcuerpo primo de K es isomorfo a Zp .
Demostración.
1.
Si char K = 0, no existe n ∈ N tal que n · 1 = 0, ni n(−1) = 0, de modo que K contiene
un subanillo isomorfo a Z. Entonces, el subcuerpo primo de K es isomorfo al cuerpo de
fracciones de Z, que es Q.
2.
Supongamos que la caracterı́stica de K no es un número primo, de modo que p = p1 p2 ,
con p1 6= 1, p2 6= 1. Entonces, (p1 · 1)(p2 · 1) = p · 1 = 0, y, por ser K cuerpo, p1 · 1 = 0
ó p2 · 1 = 0, en contradicción con las hipótesis.
Razonando como en el apartado anterior, K contiene un subanillo isomorfo a Zp . Por
tanto, el subcuerpo primo de K es isomorfo al cuerpo de fracciones de Zp , que coincide
con sı́ mismo.
Q.E.D.
10
4.
Dominios euclı́deos
Una propiedad importante del anillo de los números enteros es que todo z ∈ Z se puede
descomponer, esencialmente de manera única, en un producto de números primos. Además,
sabemos realizar divisiones en Z. Veamos bajo qué condiciones podemos encontrar estas
propiedades.
Definición 4.1. Sea R un anillo, I R. Se dice que I es un ideal principal de R si existe un
elemento a ∈ R tal que I = (a).
Definición 4.2. Un dominio de ideales principales es un dominio de integridad en el cual
todos los ideales son principales.
Definición 4.3. Un dominio euclı́deo es un dominio de integridad, junto con una aplicación
g : R∗ −→ N que cumple las siguientes propiedades:
1.
g(ab) ≥ g(a) para todos a, b ∈ R∗ , y
2.
(algoritmo de división) para todos a, b ∈ R, a 6= 0 existen q, r ∈ R tales que b = qa + r,
con r = 0 ó g(r) < g(a).
Ejemplos. 1. Si K es un cuerpo, K[x] es un dominio euclı́deo, con g(P (x)) = ∂P , el
grado del polinomio, y el algoritmo de división conocido (veremos la demostración en el
capı́tulo siguiente).
2. Veamos que el anillo de los enteros gaussianos, Z[i] es un dominio euclı́deo, con la función
g : (Z[i])∗ −→ N definida según g(a + bi) = |a + bi|2 = a2 + b2 .
El primer axioma se reduce a
g((a + bi)(c + di)) = |a + bi|2 |c + di|2 ≥ |a + bi|2 = g(a + bi),
pues |c + di|2 ≥ 1.
Veamos el algoritmo de la división. Dados x, y ∈ Z[i], x 6= 0, busquemos q, r ∈ Z[i] tales
que y = qx + r, con r = 0 ó g(r) < g(x). Sea q 0 = a0 + b0 i = yx−1 ∈ Q[i]. Es claro que
existen a, b ∈ Z tales que |a − a0 | ≤ 12 y |b − b0 | ≤ 21 . Tomemos q = a + bi. Entonces,
r = y − qx = q 0 x − qx = (q 0 − q)x = ((a0 − a) + (b0 − b)i)x.
Considerando la extensión de g al cuerpo Q[i], dada por la misma expresión analı́tica,
obtenemos
1
g(r) = g((a0 − a) + (b0 − b)i)g(x) ≤ g(x) < g(x),
2
como querı́amos demostrar.
√
Ejercicio. Demostrar que Z[ 2] es un dominio euclı́deo.
Teorema 4.4. Todo dominio euclı́deo es dominio de ideales principales.
Demostración. Sea R un dominio euclı́deo, e I R. Si I = {0}, es claro que es un ideal
principal. Supongamos, entonces, que I contiene al menos un elemento distinto de cero. Sea
11
a ∈ I tal que g(a) ≤ g(c) para cualquier otro c ∈ I. Entonces, utilizando el algoritmo de
división, existen q, r ∈ R tales que c = qa + r con r = 0 ó g(r) < g(a).
Pero r = c − qa ∈ I, r 6= 0 implicarı́a g(r) ≥ g(a), por la definición de a, en contra de
las hipótesis. Por tanto, r = 0, y todo elemento c ∈ I es de la forma c = qa, i.e., I = (a).
Q.E.D.
Corolario 4.5. Z es un dominio de ideales principales.
Demostración. Basta ver que Z es un dominio euclı́deo con g(z) = |z|.
Q.E.D.
Definición 4.6. Sea R un dominio de ideales principales, a, b ∈ R, a 6= 0, b 6= 0. Se dice que
un elemento d ∈ R es un máximo común divisor de a y b si (d) = (a, b). También denotaremos
d = (a, b).
Es importante notar que el máximo común divisor no tiene por qué ser único. Sin embargo,
veremos que dos máximos comunes divisores difieren en una unidad.
Definición 4.7. Sea R un dominio de integridad. Se dice que dos elementos e, d ∈ R\{0}
están asociados si existe r ∈ U (R) tal que e = rd, en cuyo caso denotamos d ∼ e.
Ejemplo. En Z, todo n está asociado con −n, pues −n = (−1)n y −1 ∈ U (R).
Lema 4.8. Sea R un dominio de integridad, e, d ∈ R, d 6= 0, e 6= 0. Entonces, (d) = (e) si y
sólo si d y e están asociados.
Demostración. (⇒) Como (d) < (e), existe r ∈ R tal que e = rd. Análogamente, (e) < (d),
luego d = se con s ∈ R. Ası́, d = srd, por lo que sr = 1, r ∈ U (R) y d ∼ e.
(⇐) Recı́procamente, si d ∼ e, existen r, s ∈ U (R) tales que e = rd y d = se, de lo cual es
evidente que (d) < (e) y (e) < (d).
Q.E.D.
Existe un algoritmo, llamado de Euclides, que permite encontrar un máximo común divisor
de dos elementos cualesquiera a0 , a1 de un dominio euclı́deo. Supongamos, sin pérdida de
generalidad, que g(a1 ) < g(a0 ). Utilizando el algoritmo de división en R, hacemos
a0 = q1 a1 + a2 ,
g(a2 ) < g(a1 ),
a1 = q2 a2 + a3 ,
..
.
g(a3 ) < g(a2 ),
an−1 = qn an .
Observemos que este proceso concluye en un número finito de pasos, ya que g(ai ) < g(ai−1 ),
y la imagen de g está contenida en los números naturales. Es un ejercicio sencillo comprobar
que an es un máximo común divisor de a0 y a1 .
Además, el algoritmo de Euclides ha producido n − 1 ecuaciones (útiles; la última únicamente nos indica cuándo terminamos). Si consideramos la sucesión {ai }ni=0 como incógnitas (hay n + 1), y sustituyendo hacia adelante ai+1 = ai−1 − qi ai podemos encontrar an =
Aa0 + Ba1 , demostrando la conocida propiedad lineal del máximo común divisor.
12
Ejemplos.
1.
(15, 35) = 5, pues el algoritmo de Euclides produce
35 = 2 · 15 + 5
15 = 3 · 5.
Para encontrar A y B, hacemos 5 = 35 − 2 · 15, i.e., A = 1, B = −2.
2.
(15, 40) = 5. En efecto,
40 = 2 · 15 + 10
15 = 1 · 10 + 5
10 = 2 · 5.
Además, 5 = 15 − 1 · 10 = 15 − 1(40 − 2 · 15) = −40 + 3 · 15, de modo que A = −1 y
B = 3.
3. El algoritmo de Euclides es muy útil para encontrar inversos en cuerpos Zp . Por ejemplo,
consideremos p = 11. El elemento 3 es invertible, pues (3, 11) = 1. Por el algoritmo de
Euclides,
11 = 3 · 3 + 2
3=1·2+1
2 = 2 · 1.
Entonces, 1 = 3 − 1 · 2 = 3 − 1(11 − 3 · 3) = 4 · 3 + 1 · 11, i.e., 1 = 4 · 3 y 4 = 3 −1 .
Definición 4.9. Sea R un dominio de integridad. a = bc es una descomposición trivial si
a ∈ U (R) ó b ∈ U (R).
Se dice que 0 6= r ∈ R es un elemento primo de R si r ∈
/ U (R) y sólo posee descomposiciones triviales.
El siguiente lema justifica la denominación de elementos primos recién dada (aplı́quese al
anillo de los enteros y recuérdese 3.6).
Lema 4.10. Sea R un dominio de ideales principales. Entonces, un elemento 0 6= a ∈ R es
primo si y sólo si (a) es un ideal maximal de R.
Demostración. (⇒) Puesto que a es primo, a ∈
/ U (R), por lo que (a) 6= R. Supongamos
que (a) < (b), de modo que a = cb. Como a posee únicamente descomposiciones triviales, se
tiene c ∈ U (R) (en cuyo caso (a) = (b)) ó b ∈ U (R) (y (b) = R), por lo que (a) es maximal.
(⇐) Si (a) es maximal, se tiene a ∈
/ U (R), pues, en caso contrario, se tendrı́a (a) = R. Sea
a = bc, de modo que (a) < (b). Puesto que (a) es maximal, existen dos únicas posibilidades:
si (b) = R, entonces b ∈ U (R); si (b) = (a), entonces b ∼ a y c ∈ U (R). Por tanto, a no tiene
descomposiciones no triviales.
Q.E.D.
Evidentemente, decimos que a divide a b, y denotamos a|b si existe c tal que b = ca, i.e.,
si b ∈ (a).
Corolario 4.11. Sea R un dominio de ideales principales, y p un elemento primo de R. Si
a = bc y p|a, entonces p|b ó p|c.
13
Demostración. Consideremos el conjunto cociente R/(p), que es cuerpo por ser (p) maximal.
Como p|a, se tiene a ∈ (p). Por tanto, b c = 0, de donde b = 0 ó c = 0.
Q.E.D.
Este resultado se generaliza de forma obvia a cualquier producto con un número finito de
elementos.
Lema 4.12. Sea R un dominio euclı́deo. Supongamos que a|c pero a 6∼ c (a es un divisor
propio de c). Entonces, g(a) < g(c).
Demostración. Por un lado, existe d ∈ R, d ∈
/ U (R) tal que c = da. Por otro, utilizando el
algoritmo de división, obtenemos q, r ∈ R tales que a = qc + r, con r = 0 ó g(r) < g(c).
Supongamos que r = 0. Entonces, a ⊂ (c), (a) < (c), luego (a) = (c) y se tendrı́a a ∼ c,
en contra de las hipótesis. Por tanto, g(r) < g(c). Pero r = a − qc = a − qda = a(1 − qd) y
g(a) ≤ g(r).
Q.E.D.
Teorema 4.13. Sea R un dominio euclı́deo, a ∈ R. Entonces, existe una única descomposición
de a como producto de elementos primos de R.
Aquı́, única significa que si a = p1 p2 . . . pn = q1 q2 . . . qm , entonces n = m y existe una
permutación σ ∈ Sn tal que pi ∼ qσ(i) .
Demostración. Si g(a) = 1, a no puede tener descomposiciones no triviales. En efecto, si
a = bc, b es un divisor propio de a, por lo que 1 ≤ g(b) < g(a) = 1. Por tanto, a ∈ U (R) ó a
es un elemento primo. Supongamos cierto el enunciado para todo a ∈ R tal que g(a) < n.
Si g(a) = n y a no es un elemento primo de R, existe una descomposición no trivial
a = bc, y se tiene g(b) < n, g(c) < n, por lo que, aplicando la hipótesis de inducción, existen
descomposiciones b = p1 p2 . . . pk , c = q1 q2 . . . ql . Entonces, a = p1 p2 . . . pk q1 q2 . . . ql , lo cual
prueba la existencia de tal descomposición.
Veamos la unicidad. Supongamos que a = αp1 p2 . . . pn = βq1 q2 . . . qm , con α, β ∈ U (R).
Entonces, p1 |q1 q2 . . . qm , por lo que existe i ∈ {1, 2, . . . , m} tal que p1 |qi , y, por ser elementos
primos, existe γ ∈ U (R) tal que p1 = γqi . Ası́, se tiene αγp2 p3 . . . pn = βq1 q2 . . . qi−1 qi+1 . . . qm ,
y la hipótesis de inducción asegura que n − 1 = m − 1, y que cada pj , 1 < j ≤ n está asociado
con un qk , 1 ≤ k ≤ m, k 6= i.
Q.E.D.
Un dominio de integridad conmutativo en el cual se cumplen las conclusiones de este
teorema recibe el nombre de dominio de factorización única. Podemos reformular el teorema
diciendo que todo dominio euclı́deo es dominio de factorización única.
Ejemplos. 1.
σ = (1 3).
12 = (−3)(−2)2 = 2 · 2 · 3, pero −2 ∼ 2 y −3 ∼ 3, y podemos tomar
2. Z[i] es un dominio euclı́deo, y, por tanto, las descomposiciones son únicas en él.
√
Contraejemplo. Veamos que en Z[ −3], las descomposiciones no tienen por qué ser únicas,
de donde deducimos que no es un dominio euclı́deo.
√
√
Si p1 = 2, p2 = 1 + −3, p3 = 1 − −3, tenemos p21 = p2 p3 . Basta comprobar, por tanto,
que p1 , p2 , p3 son elementos primos, y que p1 no está asociado con p2 ni p3 .
√
√
En efecto, consideremos g : (Z[ −3])∗ −→ N dado por g(a + b −3) = a2 + 3b2 . De ésta,
notamos que si g(r) = 1, entonces r ∈ U (R), ya que g(r) = rr. Además, no existe ningún
14
√
√
√
elemento a + b −3 ∈ Z[ −3] tal que g(a + b −3) = 2, pues la ecuación a2 + 3b2 = 2 no tiene
solución sobre los enteros.
Es evidente que p1 , p2 , p3 ∈
/ U (R) (ejercicio). Supongamos que pi = ab es una descomposición no trivial de pi . Entonces, 4 = g(pi ) = g(a)g(b). Por tanto, g(a) = 1 (luego a ∈ U (R))
ó g(b) = 1 (y b ∈ U (R)), en contra de las hipótesis. Por tanto, p1 , p2 , p3 son primos.
Veamos que p1 no está asociado con p2 ni p3 . Supongamos lo contrario, p1 = ap2 , p1 = bp3 ,
con
√ a, b ∈ U (R). Entonces, trabajando en el cuerpo de los números complejos (que contiene a
Z[ −3]), obtenemos
√
1 1√
−
−3 ∈
/ Z[ −3]
2 2
√
1 1√
−3 ∈
/ Z[ −3].
= +
2 2
a = p1 p−1
2 =
b = p1 p−1
3
15
5.
Anillos de polinomios
El caso más importante de aplicación de los conceptos del capı́tulo anterior son los anillos
de polinomios.
Definición 5.1. Sea R un anillo. Se dice que el polinomio P = a0 + a1 X + · · · + an X n ∈
R[X], an 6= 0 tiene grado n, y se denota ∂P = n, con el convenio ∂0 = −∞.
Lema 5.2. Sea R un dominio de integridad. Entonces, R[X] es un dominio de integridad.
Además, para todos P, Q ∈ R[X] se cumple
1.
∂(P Q) = ∂P + ∂Q, y
2.
∂(P + Q) = máx{∂P, ∂Q}.
Demostración. En el caso en que P = 0 ó Q = 0, las dos igualdades del enunciado son
evidentes. Sean, entonces,
P = a0 + a1 X + · · · + an X n ,
Q = b 0 + b 1 X + · · · + bm X m ,
con an 6= 0, bm 6= 0.
1.
Se tiene P Q = a0 b0 + (a0 b1 + a1 b0 )X + · · · + an bm X n+m . Como R es un dominio de
integridad, an bm 6= 0, por lo que ∂(P Q) = n + m = ∂P + ∂Q > −∞, lo cual demuestra
también que R[X] no tiene divisores de cero, y es, por tanto, un dominio de integridad.
2.
Demasiado sencillo para que la demostración sea siquiera un ejercicio. El ejercicio es
convencerse de ello.
Q.E.D.
Teorema 5.3. Si K es un cuerpo, entonces K[X] es un dominio euclı́deo. En particular, para
todos P, Q ∈ K[X], P 6= 0 existen R, C ∈ K[X] tales que Q = CP + R y ∂R < ∂P .
Demostración. Sean
P = a0 + a1 X + · · · + an X n ,
Q = b 0 + b 1 X + · · · + bm X m ,
con an 6= 0, bm 6= 0.
Si m < n, basta tomar C = 0, R = Q. Supongamos, entonces, que m ≥ n. Utilizaremos
inducción sobre el grado de Q. Fijo n, tomemos como base de inducción el caso m < n y
m−n . Entonces,
supongamos el enunciado cierto para todo Q con ∂Q < m. Sea C1 = bm a−1
n x
Q1 = Q − C1 P es un polinomio de grado m − 1, y, por la hipótesis de inducción, existen
C2 , R1 ∈ K[X] tales que Q1 = C2 P + R1 y ∂R1 < ∂P . Basta, por tanto, tomar C = C1 + C2
y R = R1 .
La función g : (K[X])∗ −→ N necesaria viene dada por la expresión g(P ) = 2∂P . Q.E.D.
Corolario 5.4. Sea K un cuerpo. K[X] es un dominio de ideales principales, y un dominio
de factorización única.
16
Los anillos de polinomios poseen una nomenclatura particular: en ellos, los elementos
primos reciben el nombre de polinomios irreducibles.
Ejercicio. Sea K un cuerpo. Probar que X − a ∈ K[X] es un polinomio irreducible para todo
a ∈ K. Además, demostrar que K[X]/(X − a) ∼
= K.
Hasta ahora, hemos considerado los polinomios como elementos de ciertos anillos, P =
a0 +a1 X +· · ·+an X n . Sin embargo, también podemos asociar a cada polinomio una aplicación
P : K −→ K que a cada elemento a ∈ K le asocia P (a) = a0 + a1 a + · · · + an an , obtenido
por sustitución formal de X por a. Tiene, entonces, sentido, decir que P (a) = 0, en cuyo caso
decimos que a es una raı́z del polinomio P .
Teorema 5.5 (Ruffini). Sean P ∈ K[X] y a ∈ K. Entonces, P (a) = 0 si y sólo si P ∈
(X − a).
Equivalentemente, a es raı́z del polinomio P si y sólo si P es divisible por X − a.
Demostración. Por el algoritmo de división, existen C, R ∈ K[X] tales que P = C(X −
a) + R, con ∂R < ∂(X − a) = 1. Por tanto, ∂R = 0 ó ∂R = −∞, i.e., R ∈ K. Entonces,
P (a) = 0 implica R = 0, y viceversa.
Q.E.D.
Proposición 5.6. Sean a, b ∈ K. Entonces, (X − a) = (X − b) si y sólo si a = b.
Demostración. La implicación inversa es evidente. Para probar la directa, observemos que
los polinomios de la forma X − c con c ∈ K son irreducibles, de donde (X − a) < (X − b)
implica X − b|X − a y a = b.
Q.E.D.
Corolario 5.7. Sea P ∈ K[X], ∂P = n. Entonces, P tiene a lo sumo n raı́ces.
Demostración. Puesto que K[X] es un dominio de factorización única, podemos descomponer P como producto de elementos primos (i.e, polinomios
irreducibles) P = P1 P2 . . . Pk .
P
Como U (K[X]) = K ∗ , se tiene ∂Pi ≥ 1. Ası́, n = ∂P = ki=1 ∂Pi , por lo que k ≤ n.
Ahora bien, si aj es raı́z de P , el teorema de Ruffini asegura que X − aj es un divisor de
P , por lo que debe estar asociado a algún Pi .
Q.E.D.
Lema 5.8 (Gauss). Sea P ∈ Z[X]. P es irreducible sobre Z si y sólo si lo es sobre Q.
Demostración. Supongamos que P es irreducible sobre Z, pero que P = (a0 + a1 X + · · · +
an X n )(b0 + b1 X + · · · + bm X m ) es una descomposición sobre Q. Como existe un número finito
de coeficientes racionales, existe n ∈ N, que tomaremos mı́nimo, tal que nP = (c0 + c1 X +
· · · + cn X n )(d0 + d1 X + · · · + dm X m ) es una descomposición sobre Z.
Sea p un divisor primo de n. Es claro que p no puede dividir a un tiempo a todos los ci ó a
todos los bj , pues entrarı́a en contradicción con la definición de n. Pasando al cociente, Zp [X],
tenemos nP = 0, lo cual implica que alguno de los factores es 0, por ser Zp [X] un dominio de
integridad, en contradicción con la observación anterior.
La implicación recı́proca es evidente, pues toda descomposición sobre Q es una descomposición sobre Z.
Q.E.D.
Esta demostración puede extenderse fácilmente a otros dominios euclı́deos.
17
Ejercicio. Sea R un dominio euclı́deo, y K su cuerpo de cocientes. Entonces, P ∈ R[X] es
irreducible sobre R si y sólo si lo es sobre K.
Teorema 5.9 (Criterio de irreducibilidad de Eisenstein). Sea P ∈ Z[X], P = a0 +
a1 X + · · · + an X n , an 6= 0. Supongamos que existe un primo p tal p - an , p|ai ∀i < n, p2 - a0 .
Entonces, P es irreducible sobre Q.
Demostración. Por el lema de Gauss, basta demostrar que P es irreducible sobre Z. Supongamos que P no es irreducible, sino que existen P1 , P2 ∈ Z[X] tales que P = P1 P2 . Pasando
al cociente, Zp [X], se tiene P = an X n , con an 6= 0. Entonces, X n = an −1 P1 P2 , de modo que
P1 = αX i , P2 = βX j con i + j = n.
Pero, si P1 = c0 + c1 X + · · · ci X i , P2 = d0 + d1 X + · · · + dj X j , se tiene que p|c0 y p|d0 , de
donde p2 |c0 d0 = a0 , en contradicción con las hipótesis.
Q.E.D.
El lema de Gauss y el criterio de Eisenstein nos proporcionan una poderosa herramienta
para decidir la irreducibilidad sobre Q de un polinomio con coeficientes en el mismo cuerpo.
Ejemplos. 1. Sea P = X 3 + 2X + 2. El criterio de Eisenstein con p = 2 asegura que éste
es irreducible sobre Q. Recuérdese que z|0 para todo z ∈ Z, pues 0 ∈ (z) ⊂ Z.
2.
Sea p un número primo, y P = X p−1 + X p−2 + · · · + X + 1 =
ciclotómico.
X p −1
X−1 ,
el p-ésimo polinomio
Es claro que P (X) es irreducible si y sólo si lo es P (X + 1), pues si P (X + 1) =
Q1 (X)Q2 (X), entonces P (X) = Q1 (X − 1)Q2 (X − 1). Pero
p (X + 1)p − 1 X
p
P (X + 1) =
=
X k−1
(X + 1) − 1
p−k
k=1
p
p
p−1
p−2
p−3
=X
+ pX
+
X
+ ··· +
X + p,
2
p−2
por lo que el criterio de irreducibilidad de Eisenstein nos asegura el resultado.
Teorema 5.10. Sea p un número primo, P ∈ Z un polinomio mónico (∂P = n, an = 1), y
P la imagen de P bajo el homomorfismo canónico ϕ : Z[X] −→ Zp [X]. Si ∂P = ∂P y P es
irreducible en Zp [X], entonces P es irreducible en Q[X].
Demostración. Ejercicio.
Q.E.D.
18
6.
Extensiones de cuerpos
Polinomios que no tienen raı́ces sobre los números racionales, sı́ las tienen en los reales o
los complejos. Por tanto, estaremos interesados en encontrar nuevos cuerpos que contengan a
los antiguos como subcuerpos, y tales que contienen las raı́ces de algún polinomio.
Definición 6.1. Sean K, F dos cuerpos. Se dice que F es una extensión de K si contiene
algún subcuerpo isomorfo a K. En este caso, denotaremos F/K.
Una definición más elegante (y equivalente a la anterior) es decir que un cuerpo F es una
extensión de otro cuerpo K si existe un monomorfismo σ : K −→ F .
Ejemplos. 1. R/Q.
√
2. Q[ 2]/Q.
Si K es cuerpo, el mı́nimo subcuerpo contenido en él es el subcuerpo primo, que debe
ser isomorfo a Q ó a Zp . Por tanto, podemos considerar todo cuerpo como extensión de un
subcuerpo primo.
Definición 6.2. Sea F/K una extensión de cuerpos, y S ⊂ F un subconjunto. Denotamos
K(S) al menor subcuerpo de F que contiene a K y S.
Ejemplos. 1. Q(i) ⊂ C.
√
2. Q( 2) ⊂ C.
√
√
√
3. Q( 2, i) = {a + b 2 + ci + di 2 : a, b, c, d ∈ Q} ⊂ C.
Lema 6.3. Dados dos subconjuntos S, T ⊂ F , se tiene K(S ∪ T ) = K(S)(T ).
Demostración. Ejercicio.
Q.E.D.
Lema 6.4. Sea S = {u1 , u2 , . . . , un } ⊂ F . Entonces, K(u1 , u2 , . . . , un ) es el cuerpo de cocientes de K[u1 , u2 , . . . , un ].
Demostración. Ejercicio.
√
√
√
Ejemplo. Q( 2) = Q[ 2], puesto que Q[ 2] es cuerpo.
Q.E.D.
Definición 6.5. Se dice que F/K es una extensión finitamente generada si existe un subconjunto finito S ⊂ F tal que F = K(S).
√
Ejemplo. Q( 2, i)/Q es una extensión finitamente generada.
Ejercicio. Comprobar que si K ⊂ F es numerable y u ∈ F , entonces K(u) es numerable.
Utilizar este resultado para probar que R/Q es una extensión no finitamente generada.
Definición 6.6. Una extensión F/K se llama simple si existe algún elemento u ∈ F tal que
F = K(u).
Ejemplo. C/R es una extensión simple, ya que C = R(i).
19
Ejercicio. Sea F/K una extensión de cuerpos. Demostrar que F posee estructura de Kespacio vectorial, i.e.,
(F, +) es un grupo abeliano, y
∀k ∈ K, ∀f ∈ F, kf ∈ F , cumpliendo
• (k1 + k2 )f = k1 f + k2 f, ∀k1 , k2 ∈ K, ∀f ∈ F ,
• k(f1 + f2 ) = kf1 + kf2 , ∀k ∈ K, ∀f1 , f2 ∈ F .
Definición 6.7. Se dice que la extensión F/K es finita si la dimensión de F como K-espacio
vectorial es finita. En tal caso, |F : K| = dimK F recibe el nombre de grado de la extensión.
Ejemplos.
1. |C : R| = 2, pues {1, i} es R-base de C.
2. |K : K| = 1.
3. |K(X) : K| = +∞; una base es {1, X, X 2 , . . .}.
Ejercicio. Demostrar que F/K es finitamente generada si es finita, pero no necesariamente
a la inversa (el contraejemplo lo acabamos de dar).
Teorema 6.8. Sea K un cuerpo, y P ∈ K[X] un polinomio irreducible. La extensión F =
K[X]/(P ) es finita, y |F : K| = ∂P .
Demostración. Sea P = a0 + a1 X + · · · + an X n , n 6= 0. Notemos que si 0 6= a ∈ K, entonces
a 6= 0, por lo que K es isomorfo al cuerpo K = {a : a ∈ K}. Identificando ambos, tenemos,
para todo Q ∈ K[X],
k
Q = b0 + b1 X + · · · + bk X k + (P ) = b0 + b1 X + · · · + bk X .
Por tanto, podemos caracterizar F = K[X]. Veamos que B = {1, X, . . . , X
de F como K-espacio vectorial.
n−1
(1)
} es una base
m
B es un sistema generador de F , pues todo monomio X es combinación lineal de elementos
de B. Si m < n, esto es evidente. Si m ≥ n, por el algoritmo de división, existen polinomios
m
R, C ∈ K[X] tales que X m = CP + R, con ∂R < ∂P = n. Sobre el cociente, X = R.
B es un conjunto linealmente independiente. En efecto, si existiesen α0 , α1 , . . . , αn−1 ∈ K
P
i
no todos cero tales que n−1
i=0 αi X = 0, se tendrı́a
n−1
X
αi X i ∈ (P ) ⇒ ∃C ∈ K[X] :
i=0
n−1
X
αi X i = CP
i=0
P
i
Pero n − 1 = ∂( n−1
i=0 αi X ) = ∂P + ∂C ≥ n, lo cual es absurdo.
Q.E.D.
Teorema 6.9. Sean F/E, E/K extensiones de cuerpos. Entonces, F/K es una extensión
finita si y sólo si lo son F/E y E/K. Además, |F : K| = |F : E| · |E : K|.
Demostración. Supongamos que la extensión F/K es finita. Entonces, dimK F = r < +∞,
y dimK E ≤ r, por ser E K-subespacio vectorial de F , lo cual demuestra que E/K es finita.
20
Además, si {w1 , w2 , . . . , wr } es una K-base de F , tenemos F = Kw1 + Kw2 + · · · + Kwr =
Ew1 + Ew2 + · · · + Ewr , por lo que |F : E| < +∞.
Recı́procamente, sean |F : E| = n < +∞, |E : K| = m < +∞. Entonces, existe una
K-base de E, {v1 , v2 , . . . , vm }, y una E-base de F , {u1 , u2 , . . . , un }. Sea B = {ui vj }, que tiene
|B| = mn, y veamos que es K-base de F .
BPes sistema generador de F . En efecto, para todo f ∈ F , existenP
{ei }ni=1 ∈ E tales que
m
f = P ni=1 P
ei ui . Además, para cada i, existen {kij }m
j=1 tales que ei =
j=1 kij vj . Por tanto,
n
m
f = i=1 j=1 kij ui vj .
Por
independiente sobre K. En efecto, supongamos
Pn último,
Pm B es un conjunto linealmente
Pn
que i=1 j=1 kij ui vj =
Entonces, i=1 ei ui = 0 implica ei = 0 para todo i, por ser {ui }ni=1
P0.
m
base. Finalmente, ei = j=1 kij vj = 0 implica kij = 0, por ser {vj }m
Q.E.D.
j=1 base.
En lo que resta de este tema, buscaremos una caracterización de las extensiones finitas,
que serán las que nos interesen.
Definición 6.10. Sea F/K una extensión de cuerpos. Decimos que un elemento a ∈ F es
algebraico sobre K si existe P ∈ K[X], P 6= 0 tal que P (a) = 0. En caso contrario, decimos
que a es trascendente
√
Ejemplos.
1.
2 ∈ R es algebraico sobre Q, pues el polinomio P = X 2 − 2 cumple
√
P ( 2) = 0.
2. π, e ∈ R son trascendentes sobre Q (aunque las demostraciones no son nada triviales).
Teorema 6.11 (Existencia del polinomio mı́nimo). Sea F/K una extensión de cuerpos, y
a ∈ F un elemento algebraico sobre K. Entonces, existe un único polinomio mónico P ∈ K[X]
tal que
P (a) = 0, y
para todo Q ∈ K[X] tal que Q(a) = 0 se tiene P |Q.
Denotaremos P = Irr(a, K), y llamaremos a P el polinomio mı́nimo de a sobre K.
Demostración. Consideremos la aplicación ϕa : K[X] −→ F dado por ϕa (Q) = Q(a).
El núcleo de este homomorfismo es un ideal de K[X], y, por ser éste dominio de ideales
principales, existe un polinomio P ∈ K[X] tal que ker ϕa = (P ). Además, podemos tomar P
mónico, pues si ∂P = n y an 6= 1, entonces Q = a−1
n P es mónico y genera el mismo ideal.
De la misma definición de P como elemento generador de ker ϕ se deduce que divide a
todo polinomio que se anule en a.
Veamos que P es irreducible. Supongamos que P = P1 P2 es una descomposición no trivial.
Entonces, P (a) = 0 implica P1 (a) = 0 ó P2 (a) = 0, pues K no posee divisores de cero.
Entonces, P1 ∈ ker ϕa ó P2 ∈ ker ϕa , respectivamente, luego P2 ∈ U (K[X]) ó P1 ∈ U (K[X]),
en contra de las hipótesis.
Este argumento prueba también la unicidad.
Ejemplos.
1.
Q.E.D.
Para toda extensión F/K, se tiene Irr(a, K) = X − a para todo a ∈ K.
21
2.
√
√
√
√
√
En Q( 4 2)/Q( 2), se tiene Irr( 4 2, Q( 2)) = X 2 − 2.
Teorema 6.12. Sea F/K una extensión de cuerpos, y a ∈ F un elemento algebraico sobre
K. Entonces,
K(a) ∼
= K[X]/(Irr(a, K))
ϕ
mediante el isomorfismo Q + (Irr(a, K)) 7→ Q(a).
Demostración. Supongamos que Q1 + (Irr(a, K)) = Q2 + (Irr(a, K)). Entonces, Q1 − Q2 ∈
(Irr(a, K)), luego Q1 (a) − Q2 (a) = 0 y ϕ está bien definida. Es un ejercicio comprobar que es
un homomorfismo de anillos, y, por tanto, de cuerpos.
ϕ es inyectiva. En efecto, si ϕ(P1 ) = ϕ(P2 ), entonces ϕ(P1 P2−1 ) = 1, luego P1 P2−1 = 1 (en
particular, esto prueba que todo homomorfismo de cuerpos es inyectivo).
ϕ es suprayectiva. En efecto, Imϕ es un subcuerpo de F , a ∈ Imϕ (pues a = ϕ(x +
(Irr(a, K))))y K ⊂ Imϕ. Basta observar, entonces, que K(a) es el menor subcuerpo de F que
contiene a K y al elemento a.
Q.E.D.
√
√
Ejemplo. Sobre la extensión C/Q, se tiene Irr( 3 3, Q) = X 3 − 3. Entonces, Q( 3 3) ∼
=
Q[X]/(X 3 − 3).
2
Observemos que, puesto que B = {1, X, X } es Q-base de Q[X]/(X 3 − 3), se tiene que
√
√
2
3
3
ϕ(B) = {ϕ(1), ϕ(X), ϕ(X )} = {1, 3, 9}
√
√
es una Q-base de Q( 3 3), de donde |Q( 3 3) : Q| = 3. Este resultado es válido en general, como
asegura el siguiente corolario.
Corolario 6.13. Sea F/K una extensión de cuerpos, y a ∈ F . Entonces, K(a)/K es una
extensión finita si y sólo si a es algebraico sobre K. Además, |K(a) : K| = ∂Irr(a, K) = n, y
{1, a, . . . , an−1 } es una K-base de K(a).
Demostración. Sea P = Irr(a, K), ∂P = n. B = {1, X, . . . , X
por lo que ϕ(B) = {1, a, . . . , an−1 } es K-base de K(a).
n−1
} es K-base de K[X]/(P ),
Q.E.D.
Corolario 6.14. Sea F/K una extensión de cuerpos, y a ∈ F . Entonces, K(a)/K es una
extensión infinita si y sólo si a es trascendente sobre K. Además, K(a) ∼
= K(X).
Demostración. La primera parte es una reformulación del corolario anterior. Es un ejercicio
demostrar la otra afirmación. El punto se encuentra en que ψ : K(X) −→ K(a) definido según
ψ(P ) = P (a) tiene núcleo trivial si a es trascendente sobre K.
Q.E.D.
Teorema 6.15. Sea F/K una extensión de cuerpos, y u, v ∈ F elementos algebraicos sobre
K. Entonces, uv, u + v y u−1 (si u 6= 0) son algebraicos sobre K.
Demostración. En primer lugar, notemos que si v es algebraico sobre K, también lo es sobre
cualquier otro cuerpo K 0 que contenga a K. De este modo, se tiene que |K(u, v) : K(u)| < +∞
y |K(u) : K| < +∞. Por tanto,
|K(u, v) : K| = |K(u, v) : K(u)| · |K(u) : K| < +∞
22
Pero K(uv) ⊂ K(u, v), K(u+v) ⊂ K(u, v), de donde K(uv)/K y K(u+v)/K son extensiones
finitas, y uv, u + v son algebraicos sobre K.
Además, si u 6= 0 se tiene K(u−1 ) = K(u), por lo que |K(u−1 ) : K| = |K(u) : K| < +∞ y
también u−1 es algebraico sobre K.
Q.E.D.
De este demostración podemos deducir (ejercicio) las relaciones siguientes entre grados de
polinomios mı́nimos:
∂Irr(uv, K) ≤ ∂Irr(u, K)∂Irr(v, K),
∂Irr(u + v, K) ≤ ∂Irr(u, K)∂Irr(v, K),
∂Irr(u−1 , K) = ∂Irr(u, K).
√
√
Ejemplo. Consideremos el elemento u = 2 + 3 ∈ C. Éste es algebraico sobre Q, pues es
suma de dos elementos algebraicos sobre el mismo cuerpo.
√ √
Veamos que Q(u) = Q( 2, 3). La inclusión ⊂ es evidente. Para demostrar la inversa,
basta observar que
(√
3
√
√
2 = u −9u
3
2 ,
u = 11 2 + 9 3 ⇒ √
11u−u3 ,
3=
.
2
√ √
de modo que 2, 3 ∈ Q(u).
√ √
Investiguemos el grado de la extensión |Q( √2, 3)√ : Q|, lo cual
√ nos dirá el grado del
polinomio mı́nimo de u sobre Q. Puesto que Irr( 3, Q( 2)) = Irr( 3, Q) = X 2 − 3, se tiene
√ √
√ √
√
√
|Q( 2, 3) : Q| = |Q( 2, 3) : Q( 2)| · |Q( 2) : Q| = 2 · 2 = 4,
por lo que ∂Irr(u, Q) = 4.
√
Tanteando un poco, encontramos el polinomio mı́nimo buscado. En efecto, u2 = 5 + 2 6,
de donde
√
(u2 − 5)2 = (2 6)2 ⇒ u4 − 10u2 + 25 = 24 ⇒ Irr(u, Q) = X 4 − 10X 2 + 1.
Ejercicio. Sea F/K una extensión de cuerpos. Demostrar que
E = {a ∈ F : a es algebraico sobre K}
es un subcuerpo de F .
Definición 6.16. Se dice que una extensión de cuerpos F/K es algebraica si todo elemento
de F es algebraico sobre K. En caso contrario, se dice que la extensión es trascendente.
Teorema 6.17. Una extensión de cuerpos F/K es finita si y sólo si es algebraica y finitamente
generada.
Demostración. (⇒) Que toda extensión finita es finitamente generada es ya conocido.
Supongamos que existiese en a ∈ F trascendente sobre K. Entonces, K(a)/K serı́a una
extensión infinita, y, dado que K(a) ⊂ F , entonces F/K serı́a una extensión infinita, en
contra de las hipótesis.
(⇐) Puesto que F/K es algebraica y finitamente generada, existen elementos α1 , . . . , αn ∈
F algebraicos sobre K tales que F = K(α1 , . . . , αn ).
23
Utilicemos induccı́ón sobre n. Si n = 1, i.e., F = K(α1 ), entonces ya hemos demostrado
que F/K es finita si y sólo si α1 es algebraico sobre K. Supongamos el enunciado válido para
todo n < k, de modo que |K(α1 , . . . , αn ) : K| < +∞.
Si k = n, se tiene
|K(α1 , . . . , αk ) : K| = |K(α1 , . . . , αk−1 )(αk ) : K(α1 , . . . , αk−1 )| · |K(α1 , . . . , αk−1 ) : K|.
El primer factor del segundo miembro de esta ecuación es finito, pues αk es algebraico sobre K
(y, por tanto, sobre K(α1 , . . . , αk−1 )). El segundo lo es por la hipótesis de inducción. Q.E.D.
24
7.
El cuerpo de descomposición de un polinomio
Dado un cuerpo K, podemos asociar a cada polinomio P ∈ K[X] una extensión algebraica
que contenga a todas sus raı́ces y que sea minimal en algún sentido. Este cuerpo será muy
importante en capı́tulos posteriores, pues nos permitirá extender aplicaciones de un cuerpo K
a una extensión suya E.
Definición 7.1. Sea F/K una extensión, y P ∈ K[X]. Se dice que P se descompone sobre
F si P factoriza como producto de polinomios de primer grado con coeficientes en F .
Si P se descompone sobre F , podemos escribir
P = (a1 X − b1 )(a2 X − b2 ) . . . (an X − bn ) = a1 . . . an
b1
X−
a1
b2
bn
X−
... X −
,
a2
an
con ai , bi ∈ F . Pero abii no son más que las raı́ces de P , de modo que decir que P se descompone
sobre F es decir que todas sus raı́ces están en F .
Definición 7.2. Sea F/K una extensión, y P ∈ K[X] un polinomio que se descompone sobre
F . Se llama cuerpo de descomposición de P en F sobre K al menor subcuerpo de F que
contiene a K y sobre el cual P se descompone.
Es claro que si P ∈ K[X] se descompone sobre F , y ui , i = 1, . . . , n son sus raı́ces, entonces
el cuerpo de descomposición de P en F sobre K es K(u1 , u2 , . . . , un ).
Ejemplos. 1. Si F/K es una extensión, y P ∈ K[X] es un polinomio de primer grado, el
cuerpo de descomposición de P en F sobre K es el propio K.
2.
Consideremos la extensión C/Q:
√
a) P = X 2 − 2. El cuerpo de descomposición de P en C sobre Q es Q( 2).
p
p
√
√
b) P = X 4 − 4X 2 + 2. Las raı́ces de P son α = 2 ± 2, β = 2 ± 2, −α y
−β. Por
el cuerpo de descomposición de P en C sobre Q es Q(α, β). Ahora,
√ tanto,
2
αβ = 2 = α − 2 ∈ Q(α). Ası́, tenemos que β ∈ Q(α) y Q(α, β) = Q(α). Además,
|Q(α) : Q| = 4
√
c) P = X 4 − 2. El cuerpo de descomposición de P en C sobre Q es Q( 4 2, i).
Definición 7.3. Sean E1 /K, E2 /K extensiones de cuerpos. Se dice que un homomorfismo
de cuerpos ϕ : E1 −→ E2 es un K-homomorfismo si ϕ|K = idK , en cuyo caso diremos que ϕ
preserva K.
Definición 7.4. Sean E1 /K1 , E2 /K2 extensiones de cuerpos, y ϕ : K1 −→ K2 un isomorfismo de cuerpos. Diremos que ϕ se extiende a E1 si existe un homomorfismo ψ : E1 −→ E2 tal
que ψ|K = ϕ.
√
√
√
Ejemplo. Denotemos E1 = Q( 4 2), E2 = Q(i 4 2), K = Q( 2), y consideremos las extensiones
de cuerpos
E1 /K y E2 /K. Sea ϕ : E1 −→ E2 la aplicación definida según ϕ|Q = idQ
√
√
4
4
y ϕ( 2) = i√ 2. Puede√ comprobarse
√ que esta
√ aplicación es un isomorfismo de cuerpos. Sin
embargo, ϕ( 2) = ϕ(( 4 2)2 ) = (i 4 2)2 = − 2, de manera que ϕ no preserva K y, por tanto,
no define un K-isomorfismo.
√
√
No obstante, el automorfismo de K definido por ψ|Q = idQ y ψ( 2) = − 2 se extiende a
un isomorfismo de E1 y E2 , que es, de hecho, la aplicación ϕ.
25
Ejercicio. Sean E/Q, F/Q extensiones de cuerpos. Probar que todo isomorfismo de cuerpos
σ : E −→ F es Q-isomorfismo.
Ejemplo. Todo isomorfismo de cuerpos ϕ : K1 −→ K2 se extiende a un isomorfismo (que
denotamos de idéntica manera) ϕ : K1 [X] −→ K2 [X] definido según
ϕ(a0 + a1 X + · · · + an X n ) = ϕ(a0 ) + ϕ(a1 )X + · · · + ϕ(an )X n .
Además, es inmediato que P1 ∈ K1 [X] es irreducible si y sólo si lo es P2 = ϕ(P1 ) ∈ K2 [X].
Este ejemplo es muy importante, pues, en adelante, lo utilizaremos sin hacer mención explı́cita
de ello.
Teorema 7.5. Sean E1 /K1 , E2 /K2 extensiones de cuerpos, y ϕ : K1 −→ K2 un isomorfismo
de cuerpos. Sea P1 ∈ K1 [X] un polinomio irreducible sobre K1 , y sea P2 = ϕ(P1 ) ∈ K2 [X].
Supongamos que αi ∈ Ei es una raı́z de Pi para i = 1, 2. Entonces, ϕ se extiende a un
isomorfismo θ : K1 (α1 ) −→ K2 (α2 ) tal que θ(α1 ) = α2 .
Demostración. Podemos suponer que P1 (y, por tanto, también P2 ) es mónico. Entonces,
Pi = Irr(αi , Ki ) para i = 1, 2. Por el teorema 6.12, Ki (αi ) ∼
= K[X]/(Irr(αi , Ki )), de donde
caracterizamos Ki (αi ) = {Q(αi ) : Q ∈ Ki [X]}. Definimos θ : K1 (α1 ) −→ K2 (α2 ) del siguiente
modo. Si Q ∈ K1 [X], entonces
θ(Q(α1 )) = ϕ(Q)(α2 ).
Para ver que esta aplicación está bien definida, notemos que si Q, R ∈ K1 [X], entonces Q(α1 ) =
R(α1 ) si y sólo si (Q − R)(α1 ) = 0, si y sólo si P1 divide a Q − R, si y sólo si ϕ(P1 ) = P2 divide
a ϕ(Q) − ϕ(R), si y sólo si ϕ(Q)(α2 ) = ϕ(R)(α2 ). Esto prueba, además, que θ es inyectiva.
Es inmediato comprobar que también es suprayectiva, y que es un homomorfismo. Además, θ
extiende ϕ y θ(α1 ) = α2 por construcción.
Q.E.D.
Corolario 7.6. Sea E/K una extensión de cuerpos, y P ∈ K[X] un polinomio irreducible. Si
a, b ∈ E son raı́ces de P , entonces existe un K-isomorfismo θ : K(a) −→ K(b) con θ(a) = b.
Demostración. Basta aplicar el teorema anterior al caso K1 = K2 = K, E1 = E2 = E y
ϕ = idK .
Q.E.D.
El recı́proco del corolario es cierto: si a y b son algebraicos sobre K y existe un isomorfismo
θ como el anterior, entonces a y b son raı́ces del mismo polinomio irreducible.
Nuesto próximo objetivo es probar que todo polinomio P ∈ K[X] tiene un cuerpo de
descomposición y que éste es único hasta un K-isomorfismo. Es decir, que siempre existe
una extensión E/K tal que P se descompone sobre E, y que, si existe más de una de tales
extensiones, los cuerpos de descomposición de P construidos en cada una de ellas son isomorfos.
Lema 7.7. Sea K un cuerpo, y P ∈ K[X]. Entonces, existe una extensión finita E/K tal que
P tiene una raı́z en E.
Demostración. Supongamos que P = P1 P2 . . . Pk es una descomposición de P en polinomios
irreducibles sobre K. Si existe una extensión finita F/K tal que P1 tiene una raı́z en F , entonces
P tiene una raı́z en F . Por tanto, en lo sucesivo podemos suponer que P es irreducible.
26
Supongamos que P = a0 + a1 X + · · · + an X n , y sea E = K[X]/(P ). Consideremos el
homomorfismo canónico sobre el cociente. Como en la demostración del teorema 6.8, podemos
caracterizar E = K[X]. Entonces,
n
P (X) = a0 + a1 X + · · · + an X = 0,
de modo que X ∈ E es una raı́z de P .
Q.E.D.
Teorema 7.8 (Existencia de cuerpos de descomposición). Sea K un cuerpo, P ∈ K[X]
un polinomio no constante. Entonces, existe un cuerpo de descomposición de P sobre K.
Demostración. Probaremos este enunciado por inducción sobre el grado del polinomio.
Si ∂P = 1, entonces P se descompone sobre K. Supongamos el teorema probado para todo
polinomio de grado menor que n.
Tomemos ∂P = n. Por el lema anterior, existe una extensión finita F/K tal que P tiene
una raı́z, α1 ∈ F . Entonces, P = (X − α1 )Q, con Q ∈ F [X] y ∂Q = n − 1. Utilizando la
hipótesis de inducción, existe una extensión finita E/F tal que Q se descompone sobre E. Ası́,
E/K es una extensión finita, ya que |E : K| = |E : F ||F : K|, y P se descompone sobre E.
Q.E.D.
Teorema 7.9. Sea ϕ : K1 −→ K2 un isomorfismo de cuerpos, P1 ∈ K1 [X] un polinomio no
constante, y P2 = ϕ(P1 ) ∈ K2 [X]. Sea Ei un cuerpo de descomposición de Pi sobre Ki para
i = 1, 2. Entonces, existe un isomorfismo τ : E1 −→ E2 que extiende ϕ.
Demostración. Probaremos el teorema por inducción sobre el grado de la extensión E1 /K1 .
Si |E1 : K1 | = 1, entonces P1 se descompone sobre K1 , i.e., E1 = K1 . También P2 se descomτ
∼ E2 con τ = ϕ. Supongamos el
pone sobre K2 , por ser ϕ isomorfismo de cuerpos. Ası́, E1 =
enunciado cierto para |E1 : K1 | < n.
Tomemos |E1 : K1 | = n. Sea P1 = Q1 Q2 . . . Qk una descomposición de P en factores
irreducibles. Entonces P2 = ϕ(P1 ) = ϕ(Q1 )ϕ(Q2 ) . . . ϕ(Qk ) es una descomposiciónde P2 en
factores irreducibles. Supongamos que ∂Q1 > 1. Esto siempre es posible, ya que si fuese
∂Qi = 1 para todo 1 ≤ i ≤ k, P1 se descompondrı́a en K1 y se tendrı́a E1 = K1 , i.e.,
|E1 : K1 | = 1.
Sea α1 ∈ E1 raı́z de Q1 , de modo que ϕ(α1 ) = α2 ∈ E2 es raı́z de ϕ(Q1 ). Por el teorema
7.5, ϕ se extiende a un isomorfismo ψ : K1 (α1 ) −→ K2 (α2 ). Además, |E1 : K1 (α1 )| = |E1 :
K1 |/|K1 (α1 ) : K1 | < |E1 : K1 | = n, por ser Q1 no lineal.
Utilizando la hipótesis de inducción, ψ se extiende a un isomorfismo τ : E1 −→ E2 tal que
τ |K = ψ|K = ϕ|K , por lo que τ también extiende ϕ.
Q.E.D.
Corolario 7.10 (Unicidad de los cuerpos de descomposición). Sea K un cuerpo, y sea
P ∈ K[X] un polinomio no constante. Si E1 , E2 son cuerpos de descomposición de P sobre
K, entonces existe un K-isomorfismo τ : E1 −→ E2 .
Demostración. Basta aplicar el teorema anterior al caso K1 = K2 = K, ϕ = idK . Q.E.D.
27
8.
Extensiones normales y separables
Definición 8.1. Se dice que una extensión de cuerpos E/K es una extensión normal si E
es el cuerpo de descomposición de un polinomio sobre K, i.e., si existe P ∈ K[X] tal que
P = c(X − u1 ) . . . (X − un ) con c, ui ∈ E y E = K(u1 , . . . , un ).
Ejemplos. 1. K/K es una extensión normal, pues K es el cuerpo de descomposición sobre
K de cualquier polinomio P ∈ K[X] con todas sus raı́ces en K.
2. Q(i)/Q es una extensión normal, pues Q(i) es el cuerpo de descomposición sobre Q del
polinomio Irr(i, Q) = X 2 + 1.
√
3. El argumento del ejemplo anterior no es √
suficiente para decidir si la extensión
Q( 4 2)/Q
√
es normal. En efecto, el polinomio Irr( 4 2, Q) no se descompone
en Q( 4 2). Sin em√
bargo, podrı́a existir otro polinomio P ∈ Q[X] tal que Q( 4 2) fuese su cuerpo de descomposición sobre Q.
Teorema 8.2. Sea E/K una extensión finita. Entonces, E/K es normal si y sólo si, para
todo u ∈ E, el polinomio Irr(u, K) se descompone en E.
Demostración. (⇐) Como E/K es una extensión finita, es finitamente generada y algebraica, de modo que existen a1 , a2 , . . . , am ∈ E elementos algebraicos sobre K tales que
E = K(a1 , a2 , . . . , an ). Sea Pi = Irr(ai , K) ∈ K[X] para cada i = 1, . . . , m. Por hipótesis, cada
Pi se descompone en E, de modo que, tomando ui1 = ai , se tiene
Pi = (X − ui1 )(X − ui2 ) . . . (X − uini ),
con uij ∈ E.
Entonces,
E = K(a1 , a2 , . . . , am ) < K(u11 , . . . , u1n1 , u21 , . . . , umnm ) < E,
por lo que E es el cuerpo de descomposición del polinomio P = P1 P2 . . . Pm , i.e., E/K es una
extensión normal.
(⇒) Por ser E/K una extensión normal, E es el cuerpo de descomposición de un polinomio
Q ∈ K[X]. Tomemos Q = (X − b1 )(X − b2 ) . . . (X − bn ).
Supongamos que existe un elemento u ∈ E tal que P = Irr(u, K) no se descompone en E.
Entonces, si P = P1 P2 . . . Pk es una descomposición en polinomios irreducibles sobre E, existe
1 ≤ i ≤ k tal que Pi es de grado mayor que la unidad. Supongamos que sea P1 dicho factor.
Por el lema 7.7, existe una extensión finita F/E tal que P1 tiene una raı́z en F . En particular,
si a es dicha raı́z, F = E(a).
Puesto que los elementos u y a son raı́ces del polinomio P , por el corolario 7.6, existe un Kisomorfismo θ : K(u) −→ K(a) con θ(u) = a. Puesto que u ∈ E, el cuerpo de descomposición
de Q sobre K(u) es E. Sea E 0 el cuerpo de descomposición de θ(Q) = Q sobre K(a). Entonces,
E 0 = K(b1 , . . . , bn , a) = E(a).
Por el teorema 7.9, existe un isomorfismo τ : E −→ E(a) que extiende θ. Se tiene
|E : K| = |E : K(u)||K(u) : K|,
|E(a) : K| = |E(a) : K(a)||K(a) : K|.
28
La existencia de θ implica |K(u) : K| = |K(a) : K|, y la de τ implica |E : K(u)| = |E(a) :
K(a)|. Por tanto, |E(a) : K| = |E : K|, i.e. a ∈ E. Ası́, P1 tiene una raı́z en E, en contradicción
con su definición como polinomio irreducible de grado mayor que la unidad.
Q.E.D.
Ejemplo. Retomando
el último ejemplo, el teorema anterior nos permite asegurar que la
√
extensión Q( 4 2)/Q no es normal.
Teorema 8.3. Sea F/K una extensión normal, K < E < F . Si ϕ : E −→ F es un Khomomorfismo, entonces ϕ se extiende a un K-isomorfismo τ : F −→ F .
Demostración. Sea P ∈ K[X] el polinomio cuyo cuerpo de descomposición sobre K es F .
El cuerpo de descomposición de P sobre E es, de nuevo, F , de donde F/E (y, por tanto, E/K)
es una extensión finita.
Puesto que todo homomorfismo de cuerpos es inyectivo (ver la demostración del teorema
6.12), ϕ considerado como homomorfismo de E sobre su imagen ϕ(E) es un isomorfismo de
cuerpos. Por el teorema 7.9, existe un isomorfismo τ del cuerpo de descomposición de P sobre
E (que es F ) sobre el cuerpo de descomposición de ϕ(P ) = P sobre ϕ(E) (que es también F ),
que extiende ϕ.
Q.E.D.
A partir de este punto, estudiaremos una caracterı́stica un tanto técnica de las extensiones
de cuerpos : su separabilidad.
Definición 8.4. Sea K un cuerpo, P ∈ K[X], E su cuerpo de descomposición sobre K,
y a ∈ E una raı́z de P . Se llama multiplicidad de la raı́z a al entero positivo m tal que
P = (X − a)m Q, con Q ∈ E[X], (X − a, Q) = 1. Se dice que a es una raı́z simple si m = 1,
y que es una raı́z múltiple si m > 1.
Formalmente, también podemos escribir P = (X − a)m Q, como en la definición anterior,
sin que a sea raı́z de P . Basta poner m = 0.
Definición 8.5. Sea K un cuerpo, y P ∈ K[X]. Se dice que P es separable si todas las raı́ces
de P en su cuerpo de descomposición sobre K son simples.
Equivalentemente, P es separable si posee ∂P raı́ces en su cuerpo de descomposición sobre
K.
Definición 8.6. Sea K un cuerpo, y P ∈ K[X]. Si P = a0 + a1 X + · · · + an X n , se define la
derivada de P según
P 0 = a1 + 2a2 X + · · · + nan X n−1 .
Esta definición formal coincide con la habitual en cálculo. Estamos acostumbrados, por
tanto, que si ∂P = n entonces ∂P 0 = n − 1. En caracterı́stica 0 esto es cierto. Sin embargo,
en general sólamente podemos asegurar la desigualdad ∂P 0 ≤ n − 1. Por ejemplo, si K es un
cuerpo de caracterı́stica p, se tiene (X p )0 = 0. De hecho, se puede demostrar que, en un cuerpo
de caracterı́stica p, P 0 = 0 si y sólo si P es un polinomio en X p .
Proposición 8.7. Sea K un cuerpo, P, Q ∈ K[X] con ∂P = n, y E el cuerpo de descomposición de P sobre K. Se cumplen las siguientes propiedades.
1.
∂P ≤ n − 1, con igualdad si char K,
29
2.
(P + Q)0 = P 0 + Q0 y (P Q)0 = P 0 Q + P Q0 , y
3.
si a es una raı́z de P con multiplicidad m, y P 0 6= 0, entonces a es una raı́z de P 0 con
multiplicidad m − 1.
Demostración. Demostraremos únicamente la última propiedad. La primera ya la hemos
demostrado, y la segunda queda como un sencillo ejercicio. Sea E el cuerpo de descomposición
de P sobre K, y pongamos P = (X − a)m H, con H ∈ E[X], (X − a, H) = 1. Entonces,
utilizando la propiedad 2,
P 0 = m(X − a)m−1 H + (X − a)H 0 = (X − a)m−1 [mH + (X − a)H 0 ],
y es claro que R = mH + (X − a)H 0 nunca se anula en a (a menos que m = char K, en cuyo
caso P 0 = 0), y que (X − a, R) = 1.
Q.E.D.
Teorema 8.8. Sea K un cuerpo de caracterı́stica 0, P ∈ K[X], y E su cuerpo de descomposición sobre K. Entonces,
1.
a ∈ E es una raı́z múltiple de P si y sólo si P (a) = P 0 (a) = 0,
2.
P es separable si y sólo si (P, P 0 ) = 1, y
3.
si P 0 6= 0 y P es irreducible, entonces P es separable.
Demostración. Sea P = (X − a)m H, con H ∈ E[X], (X − a, H) = 1, de modo que
P 0 = (X − a)m−1 R, con R ∈ E[X], (X − a, R) = 1 según la demostración de la proposición
anterior.
1.
La implicación directa es evidente de las expresiones de P y P 0 . De éstas, deducimos
también que, si P (a) = P 0 (a) = 0 entonces m ≥ 2, que es la implicación inversa.
2.
Basta observar que (P, P 0 ) = 1 si y sólo si m = 1.
3.
Si P 0 6= 0 y P es irreducible, se tiene (P, P 0 ) = 1.
Q.E.D.
Corolario 8.9. Sea K un cuerpo de caracterı́stica 0, y P ∈ K[X] un polinomio irreducible.
Entonces, P es separable si y sólo si P 0 6= 0.
Demostración. La implicación inversa es la tercera parte del teorema anterior. La directa
es un ejercicio.
Q.E.D.
Definición 8.10. Se dice que una extensión finita F/K es separable si, para todo u ∈ K, el
polinomio Irr(u, K) es separable.
Si K es un cuerpo de caracterı́stica 0, del corolario 8.9 se deduce que todo polinomio
irreducible sobre K es separable, y, por tanto, cualquier extensión finita F/K es separable.
De este modo, el concepto de separabilidad pierde interés en caracterı́stica 0. De hecho, esto
es lo que complica la teorı́a de Galois en caracterı́stica p.
Queremos ahora demostrar que toda extensión finita de un cuerpo de caracterı́stica 0 es
simple.
30
Lema 8.11. Sea K un cuerpo, P, Q ∈ K[X], y F/K una extensión tal que P Q se descompone
sobre F . Supongamos, además, que P es separable, y que P y Q tiene una única raı́z común
u ∈ F . Entonces, u ∈ K.
Demostración. Sea R = (P, Q). Como P y Q tienen una única raı́z en común, y P no posee
raı́ces múltiples, debe ser R = X − u. Pero R ∈ K[X], por lo que u ∈ K.
Q.E.D.
Teorema 8.12 (Teorema del elemento primitivo). Sea F/K una extensión finita separable. Entonces, F/K es simple.
Demostración. Probaremos únicamente el caso charK = 0, y utilizaremos inducción sobre
el número de generadores de la extensión F/K. Sea F = K(a1 , a2 , . . . , ak ). Si k = 1, el
enunciado es trivialmente cierto.
Supongamos que k = 2, y sea F = K(u, v). Buscaremos un elemento w = u + αv con
α ∈ K tal que F = K(w). Sean P = Irr(u, K) y Q = Irr(v, K). Pongamos R = P (w − αx),
de modo que R(v) = P (u) = 0, y sea L el cuerpo de descomposición de R sobre K(w).
Entonces, Q, R ∈ K[X], QR se descompone en L, Q es separable, y v es una raı́z común de
ambos polinomios. Si Q y R no tienen más raı́ces comunes en L, el lema anterior asegura que
v ∈ K(w), por lo que también u = w − αv ∈ K(w), i.e., K(u, v) = K(w).
Sean {u} ∪ {ui }si=1 las raı́ces de P , y {v} ∪ {vj }tj=1 las raı́ces de Q. Entonces, las raı́ces de
R distintas de v son
λi = α−1 (w − ui ) = v + α−1 (u − ui ),
i = 1, . . . , s
Si vj = λi para algunos 1 ≤ i ≤ s, 1 ≤ j ≤ t, se tendrı́a
αij =
u − ui
.
vj − v
Para cualquier otro valor de α, la única raı́z común de Q y R es v. Pero |{αij }| ≤ st, y
|K| = ∞. Por tanto, basta elegir α ∈
/ {αij }.
Q.E.D.
Esta demostración es constructiva, i.e., nos proporciona un algoritmo para la elección del
elemento primitivo.
√ √
Ejemplo. Sea F = Q( √
2, 3 2), √que es separable por ser extensión finita de un cuerpo de
caracterı́stica 0. Sea w = 2 + α 3 2, con α ∈ Q, el elemento primitivo.
√
√
Sean P = Irr( 2,√
Q) = X 2 √
− 2, Q = Irr( 3 2, Q) = X 3 − 2,√y hagamos R = P (w −
αx),
de modo√que R( 3 2) = P ( 2) = 0. Las raı́ces de P son ± 2, y las raı́ces
√
√
√ de Q son
3
3
2, 2e2πi/3 , 3 2e4πi/3 . Para que Q y R tuvieran una raı́z en común distinta de 3 2 se deberı́a
tener
√
√
2 2
2 2
√ .
√
ó α = √
α= √
3
3
2e4πi/3 − 3 2
2e2πi/3 − 3 2
√ √
√
√
Por tanto, podemos elegir α = 1 ∈ Q para concluir Q( 2, 3 2) = Q( 2 + 3 2).
31
9.
Extensiones de Galois
Sea F un cuerpo. El conjunto de automorfismos de F , denotado Aut F posee estructura de
grupo con respecto a la operación de composición (ejercicio de teorı́a de grupos). En particular,
nos interesará un subgrupo de éste. De esta manera, podremos utilizar la teorı́a de grupos (y,
en particular, la clasificación de grupos finitos) para estudiar la estructura de las extensiones
de cuerpos.
Definición 9.1. Sea F/K una extensión. Se llama grupo de Galois de la extensión F/K,
Gal(F/K), al conjunto de los K-automorfismos de F .
Definición 9.2. Se dice que una extensión finita F/K es una extensión de Galois si es
separable y normal.
En adelante, todos los cuerpos considerados serán de caracterı́stica 0, y todas las extensiones serán finitas. En este caso, una extensión será de Galois si y sólo si es normal.
Teorema 9.3. Sea E/K una extensión. Entonces,
|Gal(E/K)| ≤ |E : K|,
con igualdad si y sólo si E/K es de Galois.
Demostración. Por el teorema del elemento primitivo, existe un elemento α ∈ E tal que
E = K(α). Si τ : K(α) −→ K(α) es un K-automorfismo, basta conocer la imagen de α para
determinarlo completamente. De hecho, si τ1 y τ2 son K-automorfismos de K(α) tales que
τ1 (α) = τ2 (α), entonces τ1 = τ2 idénticamente (ejercicio: demostrar este hecho utilizando una
K-base de K(α)).
Sea P = Irr(α, K). Por ser τ K-automorfismo, se tiene τ (P ) = P y 0 = τ (P (α)) = P (τ (α)),
por lo que τ (α) debe ser raı́z de P . Pero P tiene a lo sumo ∂P = |E : K| = n raı́ces distintas,
de donde |Gal(E/K)| ≤ |E : K|.
Supongamos, además, que la extensión E/K es normal, de modo que P se descompone en
E según
P = (X − a1 )(X − a2 ) . . . (X − an ),
donde los ai ∈ E, con i = 1, . . . , n, son distintos por ser P separable. Sea ahora τi el Kautomorfismo de K(α) definido según τ (α) = ai . Entonces, τ1 , . . . , τn son elementos distintos
de Gal(E/K). Pero |Gal(E/K)| ≤ n, por lo que se debe tener la igualdad.
Recı́procamente, supongamos que |Gal(E/K)| = n. Puesto que existen n K-automorfismos
distintos de E, el polinomio P tiene n raı́ces distintas en E, digamos a1 , . . . , an , i.e, P se
descompone en E. Pero
K(α = a1 ) ≤ K(a1 , . . . , an ) ≤ E = K(α),
de donde se deduce que E es el cuerpo de descomposición de P .
Q.E.D.
√
√
√
Ejemplo.
Consideremos la extensión
Q( 3 2)/Q. Si τ ∈ Gal(Q( 3 2)/Q), entonces τ ( 3 2) ∈
√
√
3
Q( √
2) debe
ser una raı́z de √
Irr( 3 2, √
Q) = X 3 − 2. Pero la única raı́z de dicho polinomio en
√
3
3
3
Q( 2) es 2, por lo que τ ( 2) = 3 2 y el grupo de Galois de la extensión es trivial. Del
teorema anterior, se deduce que la extensión no es normal.
32
La idea de los resultados que siguen es la de encontrar una correspondencia entre las
subextensiones F/K de una extensión E/K, y los subgrupos del grupo de Galois Gal(E/K),
lo cual nos llevará al Teorema Fundamental de la Teorı́a de Galois, el más importante del
curso. Aunque los enunciados parezcan un tanto desordenados, la formulación del susodicho
Teorema pondrá el orden necesario en todos ellos. No desespere el lector.
Teorema 9.4 (Dedekind). Sea K un cuerpo, y τ1 , . . . , τn automorfismos de K distintos.
Entonces, τ1 , . . . , τn son linealmente independientes sobre K, i.e., si
α1 τ1 + α2 τ2 + · · · + αn τn = 0
con αi ∈ K para i = 1, . . . , n, entonces αi = 0 para i = 1, . . . , n.
Demostración. Utilizaremos inducción sobre n. Para n = 1, el resultado es evidente. En
efecto, supongamos que α1 τ1 = 0. Entonces, en particular α1 τ1 (1) = α1 = 0. Supongamos el
resultado cierto para todo n < k.
Tomemos n = k, α1 τ1 + α2 τ2 + · · · + αn τn = 0. Podemos suponer que todos los αi son
distintos de cero, pues en caso contrario, tendrı́amos una combinación lineal de n − 1 automorfismos de K, y, por la hipótesis de inducción, el resultado estarı́a ya probado. Ası́, para
todos x, y ∈ K, se tiene
α1 τ1 (xy) + α2 τ2 (xy) + · · · + αn τn (xy) = 0
⇓
α1 τ1 (x)τ1 (y) + α2 τ2 (x)τ2 (y) + · · · + αn τn (x)τn (y) = 0.
(*)
Por otro lado,
α1 τ1 (x) + α2 τ2 (x) + · · · + αn τn (x) = 0
⇓
α1 τ1 (x)τ1 (y) + α2 τ2 (x)τ1 (y) + · · · + αn τn (x)τ1 (y) = 0.
Restando miembro a miembro esta última igualdad con (∗), obtenemos
α2 τ2 (x)[τ2 (y) − τ1 (y)] + · · · + αn τ2 (x)[τn (y) − τ1 (y)] = 0.
Utilizando la hipótesis de inducción, deducimos αj (τj − τ1 ) = 0 para todo j = 1, . . . , n. Como
αj 6= 0, entonces τ1 = τj para todo j = 1, . . . , n, en contra de las hipótesis.
Q.E.D.
Definición 9.5. Sea F un cuerpo, y S un subconjunto de Aut F . Se define el subcuerpo fijo
por S según F(S) = {a ∈ F : τ (a) = a ∀τ ∈ S}.
Ejercicio. Comprobar que F(S) es realmente un subcuerpo de F .
√
√
√
Ejemplo. Sea F = Q( 4 2), y ϕ ∈ Aut F definido√según ϕ|Q = idQ√y ϕ( 4 2) = − 4 2. Nótese
que este automorfismo está bien definido, pues − 4 2 es raı́z de Irr( 4 2, Q) = X 4 − 2 (véase la
demostración del teorema 9.3). Entonces, el subcuerpo fijo por S = {idF , ϕ} ⊂ Aut F es
√
F(S) = Q( 2).
Denotaremos, en aras de la brevedad, F(ϕ) = F(S).
Ejercicio. Convencerse de que, si S1 ⊂ S2 , entonces F(S2 ) < F(S1 ).
33
Teorema 9.6 (Artin). Sea E un cuerpo, y G un subgrupo finito de Aut E. Sea F = F(G).
Entonces, |E : F | = |G|.
Demostración. Sean n = |G|, m = |E : F | y G = {τ1 , . . . , τn }.
Veamos que m ≥ n por reducción al absurdo. Supongamos que m < n, y sea {e1 , . . . , em }
una F -base de E. Consideremos el sistema lineal

   
τ1 (e1 ) τ2 (e1 ) . . . τn (e1 )
x1
0
 ..




..
.
.
.
..
..   ..  =  ... 
 .
.
.
τ1 (em ) τ2 (em ) . . . τn (em )
xn
0
Como m < n, existe una solución no trivial. Pero entonces
x1 τ1 + · · · + xn τn = 0
para todo ej , y, por tanto, para todo elemento de F , en contradicción con el teorema de
Dedekind.
Recı́procamente, veamos que también m ≤ n por reducción al absurdo. Supongamos que
m > n, y consideremos el sistema lineal

   
τ1 (e1 ) τ1 (e2 ) . . . τ1 (em )
y1
0
 ..




..
.
.
.
..
..   ..  =  ... 
 .
,
.
τn (e1 ) τn (e2 ) . . . τn (em )
ym
0
que tiene, de nuevo, una solución no trivial. Entonces, para todo τ ∈ G,
X
yj τ (ej ) = 0
j
Podemos suponer, sin pérdida de generalidad, que y1 = 1 (si y1 = 0, basta renumerar los
automorfismos). De entre todas las soluciones no triviales, tomemos aquella u = (1, y2 , . . . , ym )
que tenga el mayor número de entradas nulas.
Supongamos, primeramente, que yj ∈ F(G) para cada j = 1, . . . , m. Entonces,
X
X
0=
yj τ (ej ) =
τ (yj ej )
j
j
P
implicarı́a j yj ej = 0, y, por ser {e1 , . . . , em } F -base de E, yj = 0 para cada j = 1, . . . , m,
en contra de las hipótesis.
P
Si, por el contrario, existe γ ∈ G tal que γ(yj ) 6= yj para algún j, se tiene Pj γ(yj )γ◦τ (ej ) =
0. Pero si τ recorre todo G, entonces también µ = γ ◦ τ lo hace. Por tanto, j γ(yj )µ(ej ) = 0.
Ası́, v = (1, γ(y2 ), . . . , γ(ym )) otra solución del sistema lineal. Pero, entonces, u − v es una
solución no trivial con un número mayor de ceros que u, en contra de las hipótesis. Q.E.D.
Corolario 9.7. Sea E/K una extensión de Galois, y G = Gal(E/K). Entonces, F(G) = K.
Demostración. Es evidente que K ⊂ F(G), por la definición del grupo de Galois. Por
otro lado, la cadena de igualdades |E : K| = |Gal(E/K)| = |G| = |E : F(G)| implica
|F(G) : K| = 1, de donde, F(G) = K.
Q.E.D.
34
Corolario 9.8. Sea E un cuerpo, y G un subgrupo finito de Aut E. Sea F = F(G). Entonces,
E/F es una extensión de Galois, y Gal(E/F ) = G.
Demostración. Es evidente que G < Gal(E/F ), pues G consiste en F -automorfismos de
E. Pero |G| ≤ |Gal(E/F)| ≤ |E : F |, y, del teorema de Artin, |G| = |E : F |.
Q.E.D.
Teorema 9.9. Sea E/K una extensión, y K < L < E, tal que L/K es una extensión de
Galois. Entonces,
1.
∀σ ∈ Gal(E/K), σ(L) = L, y
2.
si E/K es de Galois, existe un homomorfismo sobreyectivo ρ : Gal(E/K) −→ Gal(L/K)
tal que ρ(τ ) = τ |L . En particular, Gal(L/K) Gal(E/K) y
Gal(L/K) ∼
= Gal(E/K)/Gal(E/L)
Demostración. Puesto que L/K es una extensión normal, existe un polinomio P ∈ K[X]
tal que L es su cuerpo de descomposición sobre K. En particular, si Ω = {a1 , . . . , an } ⊂ L son
las raı́ces de P , entonces L = K(Ω). Sea ϕ ∈ Gal(L/K), y a ∈ Ω. Entonces, 0 = ϕ(P (a)) =
P (ϕ(a)), i.e., ϕ(a) ∈ Ω. Por tanto, ϕ(Ω) = Ω y
ϕ(L) = ϕ(K(Ω)) = K(ϕ(Ω)) = K(Ω) = L.
Supongamos ahora que E/K es también una extensión de Galois. Si τ ∈ Gal(E/K),
entonces τ |L ∈ Aut L y τ |K = idK , luego τ |L ∈ Gal(L/K), y la aplicación del enunciado
está bien definida. El resto de afirmaciones son consecuencia del primer teorema de isomorfı́a
de grupos (ejercicio).
Q.E.D.
Recordemos de la teorı́a de grupos el concepto de acción de un grupo sobre un conjunto.
Sea G un grupo y X un conjunto. Una acción de G sobre X es una aplicación · : G × X → X
tal que
1.
1G · x = x para todo x ∈ X, y
2. g1 · (g2 · x) = (g1 g2 ) · x para todos g1 , g2 ∈ G y x ∈ X.
Se llaman órbita y estabilizador (o grupo de isotropı́a) de un elemento x ∈ X a los conjuntos
Gx = {y ∈ X : ∃g ∈ G, g · x = y} ⊂ X
Gx = {g ∈ G : g · x = x} < G.
Se cumple (teorema órbita-estabilizador) la relación |Gx||Gx | = |G| para cada x ∈ X. Se dice
que una acción es transitiva si para todos x, y ∈ X existe g ∈ G tal que g · x = y, si y sólo si
X consiste en una única órbita, si y sólo si Gx = {1G } para todo x ∈ X.
Corolario 9.10. Sea E/K una extensión de Galois, a ∈ E. Entonces, Gal(E/K) actúa
transitivamente sobre el conjunto de raı́ces del polinomio Irr(a, K).
35
Demostración. Es suficiente demostrar que si r ∈ Ω = {raı́ces de Irr(a, K)}, entonces
existe τ ∈ Gal(E/K) tal que τ (a) = r. En efecto, en este caso, dados r1 , r2 ∈ Ω existen
τ1 , τ2 ∈ Gal(E/K) tales que τ1 (a) = r1 y τ2 (a) = r2 , de donde τ2 ◦ τ1−1 (r1 ) = r2 .
Si r ∈ Ω, entonces r ∈ E, por ser E/K una extensión de Galois. Por tanto, el cuerpo de
descomposición de Irr(a, K) sobre K, que denotaremos L, cumple las inclusiones K(a) < L <
ϕ
E, K(r) < L < E. Por los teoremas 7.5 y 7.9, existe un isomorfismo K(a) ∼
= K(r) tal que
ϕ(a) = r que se extiende a un K-automorfismo de L, digamos ψ.
Entonces, de la suprayectividad de la aplicación ρ en el teorema anterior se deduce la
existencia de un K-automorfismo de E, τ , cuya restricción a L coincide con ψ, de modo que
τ (a) = r.
Q.E.D.
Corolario 9.11. Sea E/K una extensión de Galois, K < L < E. Entonces, L/K es de Galois
si y sólo si ϕ(L) = L para todo ϕ ∈ Gal(E/K).
Demostración. La implicación directa ya la hemos demostrado. Veamos la recı́proca, utilizando el criterio de normalidad dado en 8.2 (recordemos que, en caracterı́stica 0, toda extensión finita es separable).
Sea a ∈ L, P = Irr(a, K) y r ∈ E un raı́z de P . Por el corolario anterior, existe τ ∈
Gal(E/K) tal que τ (a) = r. Pero τ (L) = L, por lo que r ∈ L. Por tanto, todas las raı́ces de
P están en L, y P se descompone en este último.
Q.E.D.
Lema 9.12. Sea E/K una extensión de Galois, K < L < E. Sea H = Gal(E/L). Entonces,
H ϕ = Gal(E/ϕ−1 (L)), donde H ϕ = {ϕ−1 ◦ h ◦ ϕ : h ∈ H, ϕ ∈ Gal(E/K)}.
Demostración. En primer lugar, veamos que H ϕ < Gal(E/ϕ−1 (L)). Sean g = ϕ−1 hϕ ∈ H ϕ
y m = ϕ−1 (l) ∈ ϕ−1 (L). Entonces,
g(m) = (ϕ−1 ◦ h ◦ ϕ)(ϕ−1 (l)) = (ϕ−1 ◦ h)(l) = ϕ−1 (l) = m.
Pero ambos subgrupos cumplen
|Gal(E/ϕ−1 (L))| = |E : L| = |Gal(E/L)| = |H| = |H ϕ |,
por lo deben coincidir.
Q.E.D.
Teorema 9.13 (Fundamental de la Teorı́a de Galois). Sea E/K una extensión de Galois,
y G = Gal(E/K). Sea S la colección de los subgrupos de G, y K la colección de subcuerpos de
E que contienen a K.
1.
Las siguientes aplicaciones son biyecciones inversas la una de la otra.
F
G
S −→
K
H 7−→ F(H)
2.
K −→
S
L 7−→ Gal(E/L)
L/K es normal si y sólo si Gal(E/L) Gal(E/K) y
Gal(L/K) ∼
= Gal(E/K)/Gal(E/L).
36
Demostración.
1.
El corolario 9.7 demuestra F ◦ G = idS , y el corolario 9.8 la igualdad G ◦ F = idK .
2.
El teorema 9.9 representa la implicación directa. Recı́procamente, sea H = Gal(E/L).
Puesto que H G, la clase de conjugación de H consta de un único miembro, por lo que,
−1
para todo ϕ ∈ G, se tiene Gal(E/ϕ(L)) = H ϕ = H = Gal(E/L) por el lema anterior.
Por tanto, ϕ(L) = L, y, del corolario 9.11, concluimos que la subextensión L/K es de
Galois, y, por tanto, normal.
Q.E.D.
Este Teorema establece una correspondencia biunı́voca entre las subextensiones de una extensión y los subgrupos del grupo de Galois de dicha extensión. Esta correspondencia, además,
invierte las relaciones de inclusión. En efecto, supongamos que H1 < H2 < Gal(E/K). Entonces, F(H2 ) < F(H1 ), como ya probamos en un ejercicio. Recı́procamente, supongamos que
K < L1 < L2 < E. Es evidente que Gal(E/L2 ) < Gal(E/L1 ), pues todo L2 -automorfismo de
E es L1 -automorfismo de E. Además, subextensiones normales se corresponden con subgrupos
normales.
p
√
Ejemplo. Calculemos el grupo de Galois de la extensión Q(α)/Q, con α = 2 + 2 2. Puesto
que |Q(α) : Q| = 4, se tiene
Irr(α, Q) = (X 2 − 2)2 − 2. Las raı́ces de este polinomio son
p P =
√
Ω = {±α, ±β}, con β = 2 − 2. El cuerpo de descomposición de P sobre Q es Q(α, β) =
Q(α), pues β = (α2 − 2)/α, luego la extensión Q(α)/Q es normal, y, por tanto, de Galois.
Ası́, |Gal(Q(α)/Q)| = |Q(α) : Q| = 4. El grupo de Galois consta, por tanto, de los Qautomorfismos definidos según
id(α) = α
ϕ1 (α) = −α
ϕ2 (α) = β
ϕ3 (α) = −β
Utilizando α = (−β 2 + 2)/β, obtenemos
ϕ22 (α) = ϕ(β) = ϕ(
β2 − 2
α2 − 2
)=
= −α ⇒ ϕ22 = ϕ1
α
β
ϕ32 (α) = ϕ2 (−α) = −β ⇒ ϕ32 = ϕ3
Por tanto, Gal(Q(α)/Q) ∼
= Z4 .
El grupo cı́clico Z4 ∼
= Gal(Q(α)/Q) posee un único subgrupo no trivial, isomorfo a
Z2 ∼
hϕ
i,
y
que,
además,
es normal. Bajo la correspondencia establecida por el Teore=
1
ma Fundamental de la Teorı́a
√ de Galois, éste se corresponde con la subextensión normal
F(ϕ1 )/Q = Q(α2 )/Q = Q( 2)/Q.
√
Además, utilizando la normalidad de esta subextensión, |Q( 2) : Q| = |Z2 | = 2, como ya
sabı́amos.
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